Giải thích

Đọc lại văn bản kết hợp với việc sử dụng phương pháp loại trừ. Căn cứ vào các số liệu trong đoạn [2] xác định được các thông tin quan trọng: “30% số người đọc sách thường xuyên, 26% không đọc sách và 44% thỉnh thoảng đọc sách”, “có 47,26% sinh viên nhận thức được tầm quan trọng của sách, 26.37% nghĩ rằng đọc sách là cần thiết” và người trẻ đang có xu hướng sử dụng công nghệ: “41,7% số bạn trẻ trả lời là lên mạng, 20% xem phim, 16,7% nghe nhạc và chỉ có 15% trả lời là đọc sách”. Chọn A, C

Đáp án

Giải thích

Từ thông tin trong đoạn [1] và [2], hãy điền một cụm từ không quá ba tiếng để hoàn thành đoạn sau.

Các thành phố lớn tại Việt Nam đang phải đối mặt với nguy cơ ô nhiễm môi trường do chất thải xây dựng. Một số chuyên gia đã đề xuất sử dụng (1) biện pháp mới, thay thế việc chôn lấp tại các khu xử lý. Trong đó, công nghệ nghiền tái chế được cho rằng sẽ tận dụng 70-100% phế thải xây dựng ngay tại công trình.

Giải pháp

Từ thông tin trong đoạn [8], hãy điền một cụm từ không quá bốn tiếng để hoàn thành đoạn sau.

Theo đoạn trích, các loại hạt cốt liệu được phân loại dựa trên (1) khả năng chịu lực, sau đó có thể được ứng dụng trong nhiều ngành khác nhau.

Giải thích

Đọc đoạn [10], [11]. Trong đoạn [10], các thông tin liên quan đến chi phí (hiệu quả kinh tế) bao gồm. “Hiện công nghệ chế tạo lò vẫn chưa thể nội địa hóa mà phải nhập khẩu, do vậy chi phí vẫn còn cao. Hơn thế nữa, quy trình đòi hỏi nhiệt độ nung phải trên 12000C – tức nhiệt lượng sử dụng khá lớn và có thể khiến tổng chi phí tăng lên.”. Tuy nhiên, trong đoạn [11], thông tin được đưa ra là. “họ cũng xem xét nghiên cứu thêm cách hạ thấp nhiệt độ nung để nâng cao hiệu quả kinh tế - kỹ thuật của sản phẩm hạt nhẹ”. Như vậy, việc nội địa hóa công nghệ chế tạo lò chưa nằm trong dự định. Mệnh đề trên là “Sai”.

Tổng chiều dài của cả sợi xích là L

Chiều dài của một phần sợi xích thòng xuống cạnh bàn là \({Y_0}\).

=>  Trước khi buông sợi xích, chiều dài của sợi xích nằm trên mặt bàn bằng \(L - {Y_0}\). Chọn B

+ Quy luật sự phụ thuộc của thời gian rơi t vào \({Y_0}\) trên bề mặt Trái Đất như sau:

\(\begin{array}{l}{Y_0} = 10\;{\rm{cm}}\\t = 0,75\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \to \) \(\begin{array}{l}{Y_0} = 15\;{\rm{cm}}\\t = 0,65\;{\rm{s}}\end{array}\) \({Y_0} \approx 13\;{\rm{cm}}\)

+ Quy luật sự phụ thuộc của thời gian rơi t vào \({Y_0}\) trên bề mặt Mặt Trăng như sau:

\(\begin{array}{l}{Y_0} = 45\;{\rm{cm}}\\t = 0,75\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \to \) \(\begin{array}{l}{Y_0} = 50\;{\rm{cm}}\\t = 0,65\;{\rm{s}}\end{array}\) \({Y_0} \approx 48\;{\rm{cm}}\)

Để sợi dây xích đó có thời gian rơi cũng là 0,7 s trên bề mặt Mặt trăng, thì \({Y_0}\) khi ở trên bề mặt Mặt trăng phải có giá trị lớn hơn so với khi ở trên bề mặt Trái Đất là: 48 cm – 13 cm = 35 cm. Chọn A

Đáp án

Giải thích

Hình 3 và Bảng 1 cho thấy khi gia tốc trọng trường tăng thì thời gian rơi giảm.

Ví dụ, trong Hình 3, khi Y0 = 10 cm, thời gian rơi tại bề mặt Mặt trăng là lớn nhất và trong Bảng 1, Gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt trăng là nhỏ nhất. Tương tự như vậy, thời gian rơi tại bề mặt Sao Mộc là nhỏ nhất và Gia tốc trọng trường là lớn nhất tại bề mặt Sao Mộc. Vì Gia tốc trọng trường trên bề mặt của Sao Hải Vương là khoảng 11,7 m/s2, nên thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương sẽ lớn hơn thời gian rơi trên bề mặt Sao Mộc và nhỏ hơn thời gian rơi trên bề mặt Trái Đất.

1. Sai do thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương sẽ lớn hơn thời gian rơi trên bề mặt Sao Mộc

2. Đúng do thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương nhỏ hơn thời gian rơi trên bề mặt Trái Đất.

3. Sai. Do Gia tốc trọng trường ở bề mặt Sao Hải Vương lớn hơn Gia tốc trọng trường ở bề mặt Mặt Trăng. Thời gian rơi giảm khi gia tốc tự do tăng lên, vì vậy thời gian rơi trên bề mặt Mặt trăng sẽ lớn hơn trên bề mặt Sao Hải Vương.

Dây bắt đầu trượt xuống khi lực căng có độ lớn lớn hơn độ lớn của lực ma sát: \[T > {F_{ms}}\]  

Với \[{F_{ms}} = k.N = k.P = k.mg\]

               \[T = {P_0} = {m_0}g\]

(P là trọng lượng đoạn xích nằm trên mặt bàn, P0 là trọng lượng của đoạn xích thòng xuống; m0 là khối lượng đoạn xích thòng xuống, m là khối lượng đoạn xích còn lại nằm trên mặt bàn)

\( \Rightarrow k.m = {m_0} \Leftrightarrow \frac{{{m_0}}}{m} = k \Rightarrow \frac{Y}{{L - Y}} = k \Rightarrow Y = \frac{k}{{k + 1}}.L\)

Với L = 120 cm; k = 1/3 \( \Rightarrow Y = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{3} + 1}}.120 = 30\;{\rm{cm}}\) 

Chọn A

Sai. Vì trong giai đoạn đầu này vi khuẩn đang làm quen với môi trường, hình thành các enzyme cảm ứng nên chưa có sự phân chia rõ rệt, nên đồ thị gần như ở trạng thái cân bằng.

 Chọn B

Theo quan điểm của học sinh 2, các mẫu phải giống nhau ở 3 tính chất bất kỳ thì mới được cấu tạo từ cùng một chất. Do đó, học sinh 2 sẽ đồng ý với quan điểm trên.

Theo quan điểm của học sinh 4, các mẫu có khối lượng riêng, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giống nhau thì chúng được dự đoán tạo thành từ cùng một chất. Nếu bất kỳ tính chất nào trong số các tính chất này khác nhau, thì các mẫu không được tạo thành từ cùng một chất.

 Chọn A

Đơn vị của năng lượng liên kết là J hoặc MeV, trong đó: 1MeV = 1,6.10-13 J.

Chọn A, B 

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân, kí hiệu là \(\varepsilon \), có giá trị bằng tỷ số giữa năng lượng liên kết và tổng số nuclôn của hạt nhân: \(\varepsilon  = \frac{{\Delta W}}{A} = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A}\)

 Chọn A

Đáp án

Giải thích

1. Đúng. Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết trung bình cho một nuclôn.

2. Đúng. \(\Delta W = \Delta m.{c^2}\) nên \(\Delta m\) càng lớn thì \(\Delta W\)càng lớn.

3. Sai. Để so sánh độ bền vững giữa các hạt nhân, cần so sánh năng lượng liên kết riêng của hạt nhân.

4. Sai. Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân.

Giải thích

Nhìn vào biểu đồ có thể thấy: \({\varepsilon _{_4^9{\rm{Be}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{92}^{238}{\rm{U}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{52}^{126}{\rm{Te}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{33}^{75}{\rm{As}}}}\). Chọn B

Giải thích

Từ đồ thị có thể thấy \({\varepsilon _{_7^{14}N}} = {12.10^{ - 13}}\)J/nuclôn.

Mà: \(\Delta {{\rm{W}}_{_7^{14}N}} = A.{\varepsilon _{_7^{14}N}} = {14.12.10^{ - 13}} = 1,{68.10^{ - 11}}\;{\rm{J}} = 105\,\,{\rm{MeV}}\)

Mặt khác: \(\Delta {W_{_7^{14}N}} = 931,5.\Delta {m_{_7^{14}N}} \Rightarrow \Delta {m_{_7^{14}N}} = \frac{{105}}{{931,5}}u = \frac{{70}}{{621}}u{\rm{. }}\)

                                       \(\Delta {m_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - {M_{N_7^{14}}}\)

\( \Rightarrow {M_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - \Delta {m_{N_7^{14}}} = 7(1,00728u + 1,00866u) - \frac{{70}}{{621}}u = 13,99886u\)

Khối lượng nguyên tử \(_7^{14}N\) là:

\(m = {M_{_7^{14}N}} + 7{m_e} = 13,99886u + 7.5,{486.10^{ - 4}}u = 14,0027u.\) 

 Chọn A

Giải thích

4 phương thức trên đều phù hợp:

Ức chế hòa màng/xâm nhập: ngăn chặn virus xâm nhập vào tế bào.

Ức chế enzyme sao chép ngược: không tạo đủ vật chất di truyền cho các thế hệ virus.

Ức chế protease: ức chế sự tổng hợp protein, lắp ráp các vật chất virus.

Ức chế sự tích hợp vật chất di truyền của virus: ngăn chặn virus gắn hệ gene vào hệ gene tế bào.

Đáp án

Giải thích

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} + x - m\). Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x + 1;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2}\)

Bảng biến thiên:

Trường hợp 1. \( - m - \frac{1}{4} > 0 \Leftrightarrow m <  - \frac{1}{4}\)

Ta có: \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - m - \frac{1}{4} \Rightarrow \mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} y = {\left( { - m - \frac{1}{4}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m =  - \frac{{13}}{4}\,\,\left( {t/m} \right)}\\{m = \frac{{11}}{4}\,\,\left( l \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\)

Trường hợp 2. \( - m + 6 < 0 \Leftrightarrow m > 6\)

Ta có \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) =  - m - \frac{1}{4} \Rightarrow \mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} y = {( - m + 6)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3\,\,\left( l \right)\,\,\,\,\,\,\,}\\{m = 9\,\,\left( {t/m} \right)}\end{array}} \right.\)

Trường hợp 3. \( - m - \frac{1}{4} \le 0 \le  - m + 6 \Leftrightarrow  - \frac{1}{4} \le m \le 6\)

Ta có . Suy ra \( - \frac{1}{4} \le m \le 6\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy \(m \in \left\{ { - \frac{{13}}{4};9} \right\} \Rightarrow S = \frac{{23}}{4}\).

 Chọn A

Giải thích

Ta có: \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) = 2x\left[ {{x^2}{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}\left( {{x^4} + m{x^2} + 16} \right)} \right]\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^4} + m{x^2} + 16 = 0\,\,\left( * \right)}\end{array}} \right.\)

Để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)

Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) trở thành: \({t^2} + mt + 16 = 0\left( {{\rm{**}}} \right)\)

Để \(g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm âm phân biệt.

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta }} \le 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{\Delta }} > 0}\\{ - m < 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 4.16 \le 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} - 4.16 > 0}\\{ - m < 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8 \le m \le 8}\\{m > 8}\end{array} \Leftrightarrow m \ge  - 8} \right.} \right.} \right.\)

Vì \(m\) nguyên âm nên \(m \in \left\{ { - 8; - 7; \ldots ; - 1} \right\}\).

 Chọn C

Giải thích

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n \ge k}\\{n,k \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\frac{{{P_{n + 5}}}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60A_{n + 3}^{k + 2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 5} \right)!}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60.\frac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{\left( {n - k + 1} \right)!}} \Leftrightarrow \left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)\left( {n - k + 1} \right) \le 60\,\,\left( {\rm{*}} \right)\)

Với \(n \ge 4\) thì \(\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right) \ge \left( {4 + 5} \right)\left( {4 + 4} \right) = 72\) nên từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) suy ra \(n - k + 1 \le \frac{5}{6}\) (vô lí, do \(n \ge k)\).

Với \(n = 3\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {3 + 5} \right)\left( {3 + 4} \right)\left( {3 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 56\left( {4 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{41}}{{14}} \Rightarrow k = 3\)

Với \(n = 2\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {2 + 5} \right)\left( {2 + 4} \right)\left( {2 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 42\left( {3 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{11}}{7} \Rightarrow k = 2\)

Với \(n = 1\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {1 + 5} \right)\left( {1 + 4} \right)\left( {1 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 30\left( {2 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge 0 \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Với \(n = 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {0 + 5} \right)\left( {0 + 4} \right)\left( {0 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 20\left( {1 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge  - 2 \Rightarrow k = 0\)

Vậy có 5 bộ số \(\left( {n;k} \right)\) thỏa mãn.

 Chọn A

Giải thích

Ta có: \(\frac{{1 + 2 +  \ldots  + n}}{{{n^2} + n}} \le \frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} +  \ldots  + \frac{n}{{{n^2} + n}} \le \frac{{1 + 2 +  \ldots  + n}}{{{n^2} + 1}}\).

Mà \({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 +  \ldots  + n}}{{{n^2} + n}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + n}} = \frac{1}{2}\);

\({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 +  \ldots  + n}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{{n^2} + n}}{{2\left( {{n^2} + 1} \right)}} = {\rm{lim}}\frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2\left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{1}{2}\)

Nên \({\rm{lim}}\left( {\frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} +  \ldots  + \frac{n}{{{n^2} + n}}} \right) = \frac{1}{2}\).

 Chọn C

Giải thích

Gọi số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau là \(\overline {abcdef} \) với \(a \ne 0;\,\,a,b,c,d,e,f \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\).

Số cách chọn chữ số \(a\) có 5 cách.

Số cách sắp xếp 5 chữ số còn lại vào 5 vị trí \(b;c;d;e;f\): có 5! cách

Vậy có tất cả \(5.5! = 600\) số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

 Chọn A

Giải thích

Điểm thuộc giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4y - 2z - 6 = 0}\\{x - 2y + 4z - 6 = 0}\end{array}} \right.\).

Chọn \(x = 2 \Rightarrow y = z = 2 \Rightarrow M\left( {2;2;2} \right) \in d\).

Chọn \(x = 0 \Rightarrow y = z = 3 \Rightarrow N\left( {0;3;3} \right) \in d\).

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của \(\left( \alpha  \right)\) và các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\) \( \Rightarrow \left( \alpha  \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1{\rm{\;}}\left( {abc \ne 0} \right)\)

Vì \(d \in \left( \alpha  \right)\) nên \(M,N \in \left( \alpha  \right)\).

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

Để \(O.ABC\) là hình chóp đều thì \(OA = OB = OC \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow a = b = c = 6\).

\( \Rightarrow \left( \alpha  \right):x + y + z - 6 = 0\)

Chọn A

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset (SAB)\\CD \subset (SCD)\\S \in (SAB) \cap (SCD)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(BC//\left( {SAD} \right)\) nên \(d\left( {BC,SD} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SA\) thì \(BI \bot SA\) thì \(BI \bot \left( {SAD} \right)\) (do \(AD \bot \left( {SAB} \right) \supset BI\)).

Suy ra \({\rm{d}}\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BI = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Đáp án

Cho một đa giác đều 14 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông bằng (1) __3/13__.

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{14}^3\).

Đa giác đều 14 đỉnh có 7 đường chéo đi qua tâm, với mỗi đường chéo thì số tam giác vuông nhận đường chéo là cạnh huyền là 12 nên số tam giác vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(7.12 = 84\) (tam giác).

Xác suất cần tính là \(P = \frac{{84}}{{C_{14}^3}} = \frac{3}{{13}}\).

Đáp án

Chọn ngẫu nhiên 2 bài làm của 2 em học sinh. Xác suất để chọn được 2 bài trên 7 điểm là (1) __11,1__ % (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{50}^2\).

Biến cố \(A\) : "Chọn được 2 bài trên 7 điểm" \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_{10 + 4 + 3}^2 = C_{17}^2\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{17}^2}}{{C_{50}^2}} \approx 11,1\).

Đáp án

Giải thích

Ta có:

\(220 = {2^2} \times 5 \times 11\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: \(1;2;4;5;10;11;20;44;55;110\).

Tổng của 11 ước này bằng 284 .

\(284 = {2^2} \times 71\). Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: 1;\(2;4;71;142\). Tổng của 5 ước này bằng 220.

Vậy 220 và 284 là một cặp số thân thiết.

\(140 = {2^2} \times 5 \times 7\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: \(1;2;4;5;7;10;12;20;28;35;70\).

Tổng của 11 ước này bằng 194.

\(195 = 3 \times 5 \times 13\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 7 ước số khác là: \(1;3;5;13;15;39;65\). Tổng của 11 ước này bằng 141.

Ta thấy \(141 - 140 = 1,194 - 195 =  - 1\). Vậy 140 và 195 không là cặp số hứa hôn.

\(48 = {2^4} \times 3\). Ngoài chính nó, nó còn có 9 ước số khác là: \(1;2;3;4;6;8;12;16;24\). Tổng của 9 ước này bằng \(76 \ne 75\).

\(75 = 3 \times {5^2}\). Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: \(1;3;5;15;25\). Tổng của 5 ước này bằng 49. Ta thấy \(76 - 75 = 1\) và \(49 - 48 = 1\). Vậy 48 và 75 là cặp số hứa hôn.

Giải thích

Ta có thể tích khối trụ là \({V_t} = \pi .{r^2}.OO' = 2\pi {r^3}\).

Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ nên mặt cầu có bán kính \(R = \frac{1}{2}OO' = r\), suy ra thể tích khối cầu là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

Khi đó, \(\frac{{{V_c}}}{{{V_t}}} = \frac{{\frac{4}{3}\pi {r^3}}}{{2\pi {r^3}}} = \frac{2}{3}\).

 Chọn A

Đáp án

Nếu Chi có 500 nghìn đồng thì Chi có thể mua được tối đa (1) ___3___ sản phẩm và còn thừa ít nhất (2) ___4___  nghìn đồng

Giải thích

Vì khi mua từ 2 loại sản phầm trở lên, giá mỗi sản phẩm giảm  so với giá ban đầu nên giả sử số sản phẩm Chi mua được ít nhất bằng 2 với tổng giá gốc là  (nghìn đồng), .

Khi đó, .

Vậy tổng số tiền gốc các sản phẩm Chi mua không vượt quá 625 nghìn đồng.

Xét các sản phầm có giá từ thấp lên cao ta thấy 3 sản phẩm có giá thấp nhất (Miếng dán cường lực, tai nghe có dây, loa vi tính) có tổng giá tiền gốc là:  (nghìn dồng).

Vậy Chi mua được tối đa 3 sản phầm và còn thừa  (nghìn đồng).

Giải thích

Ta có:

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2 > 0}\\{{x^2} - 5x + m > x - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 2}\\{m >  - {x^2} + 6x - 2}\end{array}} \right.} \right.\).

Bất phương trình \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right)\) có tập nghiệm chứa khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m >  - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) =  - {x^2} + 6x - 2\) trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có \(f'\left( x \right) =  - 2x + 6,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(m >  - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow m > 7\).

 Chọn A

Giải thích

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\) ta có: \({S_{AGI}} = \frac{1}{2}{S_{AA'MF}} \Rightarrow {V_{B'.AGI}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MI}}\).

Mà \({V_{B'.AA'MI}} = \frac{2}{3}{V_{ABI.A'B'M}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{3}V = 4\).

\( \Rightarrow {V_{B'.AGI}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MI}} = \frac{1}{2}.4 = 2\).

 Chọn A

Đáp án

Để diện tích xung quanh của hình trụ bằng tổng diện tích hai đáy thì chiều cao của hình trụ bằng (1)  ___1/2___ đường kính đáy.

Giải thích

Vì diện tích xung quanh của hình trụ bằng diện tích hai đáy nên ta có: \(2\pi rh = 2\pi {r^2} \Leftrightarrow h = r\).

Vậy chiều cao của hình trụ bằng \(\frac{1}{2}\) đường kính đáy.

Đáp án

Xung quanh một bờ hồ hình tròn có trồng 20 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 5 cây sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Có (1) ___4004___ cách thực hiện khác nhau.

Giải thích

Ta gọi một trong số 20 cây cau cảnh trong đầu bài là \(A\). Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Cây \(A\) không bị chặt.

Sau khi chặt đi 5 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 15 khoảng trống. 5 cây bị chặt tương ứng với 5 trong số 15 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{15}^5 = 3003\).

Trường hợp 2: Cây \(A\) bị chặt.

Sau khi chặt tiếp 4 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 14 khoảng trống không kề với vị trí của cây \(A\). 4 cây bị chặt (không kể cây \(A\)) tương ứng với 4 trong số 14 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{14}^4 = 1001\).

Theo quy tắc cộng, ta được số khả năng phải tìm là \(3003 + 1001 = 4004\) (cách).

Giải thích

Ta có \({z^2} - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = 1 - 2i}\\{{z_2} = 1 + 2i}\end{array}} \right.\)

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

Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức \(w = \left( {1 + i} \right){z_1}\) là điểm \(P\left( {3; - 1} \right)\).

 Chọn D

Đáp án

Gọi \(h,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ (tính theo đơn vị \(dm\)). Khi đó ta có \(4{r^2} + {h^2} = \) (1) ____4____.

Trong các khối trụ thỏa mãn tính chất trên, biết rằng khối trụ có diện tích toàn phần lớn nhất là \(\left( {a + \sqrt b } \right)\pi {\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\) (với \({\rm{a}},{\rm{b}}\) là hai số nguyên). Khi đó \(a + b = \) (2) ____6____.

Giải thích

Cách 1. Ta có: \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = 1 \Rightarrow 4{r^2} + {h^2} = 4\).

\({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right) = 2\pi \left( {{r^2} + rh} \right)\) (1).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(1 = \left( {\frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}} \right){r^2} + \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}{r^2} + \frac{{{h^2}}}{4}} \right) \ge \left( {\frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}} \right){r^2} + 2\sqrt {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}{r^2}.\frac{{{h^2}}}{4}}  = \left( {\frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}} \right)\left( {{r^2} + rh} \right)\,\,\left( 2 \right)\).

Kết hợp (1) và (2) ta suy ra \({S_{tp}} \le \pi \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 5}\end{array}} \right.\)

Cách 2. Ta có: \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = 1 \Rightarrow 4{r^2} + {h^2} = 4\).

\({S_{tp}} = 2\pi \left( {{r^2} + rh} \right) = 8\pi \left( {\frac{{{r^2} + rh}}{{4{r^2} + {h^2}}}} \right)\)

\( = 8\pi \left( {\frac{{{{\left( {\frac{r}{h}} \right)}^2} + \frac{r}{h}}}{{4{{\left( {\frac{r}{h}} \right)}^2} + 1}}} \right) = 8\pi \frac{{{t^2} + t}}{{4{t^2} + 1}}\)

Khảo sát hàm \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + t}}{{4{t^2} + 1}},t > 0\) ta suy ra \({\rm{max}}{S_{tp}} = \pi \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\).

Giải thích

Vectơ chỉ phương của \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là \({\vec u_1} = \left( {2;1;3} \right)\), \({\vec u_2} = \left( {1;2;3} \right)\).

Gọi \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) với \(A \in {d_1},B \in {d_2}\).

Suy ra: \(A\left( { - 1 + 2a; - 1 + a; - 1 + 3a} \right);B\left( {2 + b;2b;9 + 3b} \right)\).

Khi đó: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 2a + b + 3; - a + 2b + 1; - 3a + 3b + 10} \right)\).

Vì \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) nên:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{u_1}} }\\{\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {{u_2}} }\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{14a - 13b = 37}\\{13a - 14b = 35}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{7}{3}}\\{b =  - \frac{1}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A\left( {\frac{{11}}{3};\frac{4}{3};6} \right)}\\{B\left( {\frac{5}{3}; - \frac{2}{3};8} \right)}\end{array} \Rightarrow AB = 2\sqrt 3 } \right.} \right.} \right.} \right.\).

Gọi \(I\) là tâm mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính là \(AB\). Suy ra \(I\left( {\frac{8}{3};\frac{1}{3};7} \right)\) và \(R = \frac{1}{2}AB = \sqrt 3 \).

Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - \frac{8}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{3}} \right)^2} + {(z - 7)^2} = 3\).

 Chọn C

Đáp án

Góc lượng giác \(\frac{{32\pi }}{5}\) rad tương ứng với chuyển động quay 3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ.

Trên đường tròn đường kính bằng 4 cm, cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) thì có độ dài bằng \(\frac{{2\pi }}{5}\) cm.

Góc \({100^ \circ }\) bằng \(\frac{{5\pi }}{9}\) rad.

Giải thích

3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ tương ứng với \(3,2 \times 2\pi  = \frac{{32\pi }}{5}\left( {{\rm{rad}}} \right)\).

Độ dài cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) là \(l = \alpha R = \frac{\pi }{5}.\frac{4}{2} = \frac{{2\pi }}{5}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).

Góc \({100^ \circ }\) bằng \(\frac{{100}}{{180}}\pi  = \frac{{5\pi }}{9}\left( {{\rm{rad}}} \right)\).

Đáp án

Giải thích

Ta có:

\(w = 1 - i{)^2} =  - 2i \Rightarrow \) Điểm biểu diễn số phức \(w\) có tọa độ là \(\left( {0; - 2} \right)\).

\(\left| z \right| = \sqrt {10} \)

\(\left| {\frac{w}{z}} \right| = \frac{{\left| w \right|}}{{\left| z \right|}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\).

Đáp án

Số hạng đầu của dãy số là \(\frac{{25}}{2}\).

Công bội của ba số hạng đầu của dãy là -3 .

Công sai của ba số hạng cuối của dãy là \(\frac{3}{5}\).

Giải thích

Gọi 4 số phải tìm là \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4}\). Theo bài ra ta có hệ phương trình

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a_2^2 = {a_1}{a_3}}\\{2{a_3} = {a_2} + {a_4}}\\{{a_1} + {a_4} = 14}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_2} + {a_4} = 2{a_3}}\\{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array} = 26 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1} + 3{a_3} = 26}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array}} \right.} \right.} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_1} + 3{q^2}{a_1} = 26}\\{q{a_1} + {q^2}{a_1} = 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {1 + 3{q^2}} \right){a_1} = 26}\\{\left( {q + {q^2}} \right){a_1} = 12}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow 12\left( {1 + 3{q^2}} \right) = 26\left( {q + {q^2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow 5{q^2} - 13q + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{q = 2 \Rightarrow {a_1} = 2 \Rightarrow {a_2} = 4;{a_3} = 8;{a_4} = 12}\\{q = \frac{3}{5} \Rightarrow {a_1} = \frac{{25}}{2} \Rightarrow {a_2} = \frac{{15}}{2};{a_3} = \frac{9}{2};{a_4} = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy có hai bộ số cần tìm: \(\left( {2,4,8,12} \right),\left( {\frac{{25}}{2},\frac{{15}}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}} \right)\).

Xét các số trong bảng kéo thả ta thấy chỉ có bộ số \(\left( {\frac{{25}}{2},\frac{{15}}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}} \right)\) thỏa mãn với số hạng đầu là \(\frac{{25}}{2}\); công sai là -3 và công bội là \(\frac{3}{5}\).

Giải thích

Từ bảng biến thiên ta suy ra \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x <  - 1}\end{array}} \right.\).

 Chọn C

Đáp án

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là \(x = \) 2  và đường tiệm cận ngang là \(y = \)-1 .

Giá trị của tích \(abcd\) bằng 0 .

Giải thích

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang \(y =  - 1\), đường tiệm cận đứng \(x = 2\) và đi qua điểm \(A\left( {0;0} \right)\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{d}{c} = 2}\\{\frac{a}{c} =  - 1}\\{ - \frac{b}{d} = 0}\end{array} \Rightarrow b = 0 \Rightarrow abcd = 0} \right.\)

Giải thích

Giai đoạn 1: Tính số tiền bạn Hùng nợ ngân hàng sau 4 năm.

Ta xem đây là bài toán gửi tiết kiệm với người cho vay là ngân hàng.

Áp dụng công thức gửi tiết kiệm \(T = M\left( {1 + r} \right).\frac{{{{(1 + r)}^n} - 1}}{r}\) với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = {{10}^6}}\\{r = \frac{{3{\rm{\% }}}}{{12}} = 0,25{\rm{\% \;}}}\\{n = 4 \times 12 = 48}\end{array}} \right.\) ta có:

\(T = 51058536,44\) đồng.

Giai đoạn 2. Ta coi như bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu 51058 536, 44 đồng.

Số tiền này bắt đầu được tính lãi và được trả góp trong 4 năm (= 48 tháng).

Áp dụng công thức \(m = \frac{{M{{(1 + r)}^n}r}}{{{{(1 + r)}^n} - 1}}\) với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 51058536,44}\\{r = 0,25{\rm{\% }}}\\{n = 4 \times 12 = 48}\end{array}} \right.\) ta được:

m = 1 130 146,341 ≈ 1 130 000 (đồng)

 Chọn B

Giải thích

Ta có \({u_1} = \frac{1}{2},{u_4} = 32\) và \({u_n} = 2048\).

\({u_4} = {u_1}.{q^3} \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{2}.{q^3} \Leftrightarrow q = 4\).

\({u_n} = 2048 \Leftrightarrow {u_1}.{q^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{.4^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = {4^6} \Leftrightarrow n = 7\).

Khi đó tổng của cấp số nhân này là \(T = {S_7} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {4^7}} \right)}}{{1 - 4}} = \frac{{5461}}{2}\).