Đọc lại nội dung đoạn [2] để tìm hiểu định nghĩa về Yolo: “mô hình mạng dùng cho việc phát hiện, nhận dạng, phân lại đối tượng”, “dự đoán xem trong mỗi ô liệu có đối tượng (object) mà điểm trung tâm rơi vào ô đó không, dự đoán điểm trung tâm, kích thước của đối tượng và xác suất là đối tượng nào trong số các đối tượng cần xác định”; chú ý câu “phiên bản đang được sử dụng là thế hệ thứ 4, gọi là Yolov4”. 

 Chọn A

Căn cứ vào từ khóa “kết quả phân loại và kiểm đếm” để đọc lại nội dung của đoạn [6] và xác định thông tin: “nhóm nghiên cứu nhận thấy khi mật độ lưu thông thấp, thuật toán cho kết quả phân loại và kiểm đếm tương đối chính xác. Với mật độ lưu thông trung bình và cao, kết quả bắt đầu có độ chênh lệch và mất định hơn ở loại phương tiện và xe đạp và xe máy”. 

 Chọn B

Đọc nội dung phần sapo, xác định thông tin liên quan tới mối quan hệ của quá trình đô thị hóa và các công trình lịch sử là việc "làm mất nhiều dấu vết"; đô thị hóa là sản phẩm của quá trình tích lũy thặng dư" chứ không tạo nên giá trị mới cho các di tích lịch sử.

 Chọn A

Đọc nội dung đoạn [3], xác định "Sài Gòn và Hà Nội, hai đô thị này thường được đặt ra như hai phép thử cho việc kiến thiết cũng như xử lý mối quan hệ giữa hiện đại và truyền thống" và lý do Sài Gòn không phải đối diện với "thách thức của việc bảo tồn" là do: "Những thứ được truyền thông ngày nay tranh luận về việc bảo tồn, chính là những dấu mốc của quá trình hiện đại hóa Sài Gòn" - những thứ được coi là cũ ngày nay cũng chỉ mới đc xây dựng ở thế kỉ XIX.

 Chọn A

Đọc nội dung đoạn [3] và tổng hợp ý kiến của nhà văn Sơn Nam, chú ý phân biệt giữa cái ban đầu (ý định đầu tiên" và cái cuối cùng, được quy hoạch lại "sau rốt lại đảo lộn kế hoạch". Trong đó, Pháp đã quy hoạch Sài Gòn: "lấp tất cả kinh rạch với đất từ vùng cao đem xuống", "lộ xe dùng cho xe có ngựa kéo".

 Chọn D

Đọc thông tin trong đoạn [3] của văn bản, xác định hệ thống đường giao thông chính của Sài Gòn ngày này là quá trình "mở rộng những con đường mòn có sẵn từ trước" và "thêm đường"; vậy nên, không phải tất cả những con đường lớn đều do lấp kênh rạch mà thành.

 Chọn A

Đọc và xác định thông tin nằm trong đoạn [4] của văn bản: "dinh Norodom mang phong cách kiến trúc cổ điển đế chế đặc trưng những năm 1860-1870".

 Chọn A

Tổng hợp thông tin bài viết kết hợp với phương pháp loại trừ, xác định: bài viết nêu lên mối quan hệ giữa hiện đại hóa và bảo tồn di sản văn hóa, dẫn chứng về quá trình hiện đại hóa ở nhiều nơi khác nhau: Hà Nội, Sài Gòn, Nam Định...

Dựa trên những thông tin mà Nhà khoa học 1 cung cấp thì Sao Diêm Vương có đường kính xấp xỉ 1477 Mile.

 Chọn A

Hai nhà khoa học đang thảo luận về hành tinh Sao Diêm Vương nên được phân loại là một hành tinh, hay là một thiên thể khác.

Nhà khoa học 1 cho rằng Sao Diêm Vương vẫn được coi là một hành tinh, trong khi Nhà khoa học 2 lại cho rằng Sao Diêm Vương được phân loại chính xác hơn là một sao chổi thuộc Vành đai Kuiper.

 Chọn D

Theo các lập luận của Nhà khoa học 2 thì Sao Diêm Vương là một vật thể thuộc Vành đai Kuiper và cả hai đều có những đặc điểm kỳ lạ: Quỹ đạo lệch tâm của Sao Diêm Vương cũng tương tự như hơn 70 sao chổi của Vành đai Kuiper.

 Chọn B

Giải thích

Đáp án: Đúng

Một trong những lập luận mà Nhà khoa học 1 đưa ra để khẳng định Sao Diêm Vương không phải là một sao chổi là Sao Diêm Vương quá lớn.

Nếu một sao chổi được phát hiện với đường kính 1500 Mile, thì nó thậm chí còn lớn hơn Sao Diêm Vương, có đường kính 1477 Mile.

→ Điều này sẽ làm suy yếu lập luận của nhà khoa học nếu cho rằng: Sao Diêm Vương không thể là sao chổi vì sao chổi nhỏ hơn nhiều so với Sao Diêm Vương.

 Chọn A

Nhìn vào bảng 1, ta thấy trong môi trường nuôi cấy chứa nguồn carbon là galactose thì chủng vi khuẩn được nuôi cấy trên đĩa B có sự tăng trưởng cao nhất.

 Chọn A

Nước đóng băng ở nhiệt độ 0oC, mà ta thấy ở kết quả của thí nghiệm 2, ở nhiệt độ 4oC không thấy sự sinh trưởng của vi khuẩn, nên rất có thể ở điều kiện nhiệt độ 0oC thì cũng không có khuẩn lạc nào có thể trải qua sự sinh trưởng.

 Chọn D

Nhìn vào hình 1 ta thấy đường cong sinh trưởng của vi khuẩn thuộc đĩa C có xu hướng cân bằng từ 18 giờ tới 25 giờ, mà lại không xảy ra pha suy vong, thì lượng vi khuẩn sau 34h cũng sẽ xấp xỉ với giá trị tại 25 giờ, tức là gần nhất với giá trị 100.

 Chọn C

Xem xét bảng kết quả thí nghiệm 1 và 2, ta thấy ở môi trường có nguồn carbon là pyruvate thì có lượng vi khuẩn sinh trưởng lớn nhất, tương tự ở 30oC lượng vi khuẩn phát triển trên mỗi môi trường cũng là lớn nhất.

 Chọn B

Theo đoạn thông tin, máy đo quang phổ sẽ sử dụng tia laser để đo mật độ quang học của chất lỏng, khi mẫu đo càng đục thì giá trị đo được càng lớn. Nếu thay vì sử dụng nước cất, mà sử dụng nước đục để hiệu chuẩn thì giá trị OD đo được ở tất cả các môi trường đo đều sẽ có giá trị lớn hơn giá trị chuẩn.

 Chọn C

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

Từ Bảng 1, ta có đối với dây dẫn kim loại có chiều dài 100 m có: I = 1.10−3A

Mà cường độ của dòng điện (lượng điện tích (q) dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong thời gian (t))

\( \to I = \frac{q}{t} \to q = I.t = {10^{ - 3}}.10 = {10^{ - 2}}{\rm{C}}\)

 Chọn C

Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều đi vào chốt dương (+) và đi ra từ chốt âm (-).

→ Ampe kế được mắc nối với điện trở kim loại sao cho cực dương của ampe kế được mắc về cực dương của nguồn điện và cực âm của ampe kế được mắc về phía cực âm của nguồn điện

 Chọn A

+ Theo thông tin ở câu hỏi, khi ρ tăng, khả năng dẫn điện của kim loại giảm tức là I giảm.

Dựa vào kết quả của Thí nghiệm 3 thể hiện trong Bảng 3 chỉ ra rằng khi trở tăng và dòng điện giảm.

Vì vàng có giá trị ρ thấp nhất nên nó phải là vật dẫn điện tốt nhất. Tương tự như vậy ta có thứ tự đúng là: thiếc, nickel, vàng.

 Chọn C

Phần dẫn cho rằng khi mạch điện được đóng lại, các electron đi ra khỏi cực âm của nguồn, qua mạch và quay trở lại cực dương của nguồn điện.

→ Cách duy nhất để các electron có thể di chuyển từ cực âm sang cực dương khi đi qua mạch là đi ngược chiều kim đồng hồ.

 Chọn A

Các kết quả trong Bảng 1 cho thấy dòng điện tăng khi chiều dài của điện trở kim loại giảm → Loại Hàng 1

Kết quả trong Bảng 2 cho thấy dòng điện tăng khi tiết diện của điện trở kim loại tăng

Kết quả trong Bảng 3 cho thấy kim loại vàng có độ dẫn điện cao nhất với tất cả các yếu tố khác bằng nhau

→ Hàng 3 đúng.

 Chọn C

Đúng. Vì:

Theo đoạn văn, không ai trong số các sinh viên đề cập đến khí argon. Tuy nhiên, cả bốn sinh viên đều đề cập đến “gần như tất cả khí còn lại…”, điều này cho thấy rằng các loại khí khác có thể có mặt, chẳng hạn như argon. Trên thực tế, khí argon trong không khí ít hơn 1% theo thể tích.

 Chọn A

Nước màu được sử dụng trong thí nghiệm nhằm mục đích ngăn không khí thoát ra ngoài và xác định thể tích khí chính xác hơn.

 Chọn C

Học sinh 1 và 4 đều cho rằng: sau phản ứng, gần như tất cả khí còn lại trong thiết bị là O2 và chiếm khoảng 79,3% thể tích không khí.

Học sinh 2 cho rằng: sau phản ứng, khí còn lại trong thiết bị là hỗn hợp của khoảng 75% O2 và 4,3% N2.

Học sinh 3 cho rằng: sau phản ứng, gần như tất cả khí còn lại trong thiết bị là N2 và chiếm khoảng 79,3% thể tích không khí.

→ Chỉ có học sinh 3 sẽ đồng ý rằng lượng khí còn lại trong thiết bị là N2 chiếm ít nhất 20,7% theo thể tích.

 Chọn B

Theo đoạn thông tin: “...Quần thể chim biển và tỉ lệ sinh sản của chúng được điều chỉnh bởi sự đa dạng phong phú của con mồi, do đó sẽ phản ánh những thay đổi do môi trường gây ra ảnh hưởng tới số lượng con mồi.”

 Chọn D

Giải thích

Nhà nghiên cứu 1 cho rằng sự thay đổi của môi trường ảnh hưởng đến số lượng con mồi (cá) sẽ làm ảnh hưởng đến số lượng của loài săn mồi (chim biển). Như vậy nghiên cứu về sự cố tràn dầu này sẽ ủng hộ quan điểm của nhà nghiên cứu 1.

 Chọn A

Giải thích

Nhà nghiên cứu 1 cho rằng số lượng con mồi và chim biển phụ thuộc vào nhau, số lượng con mồi tăng, thì số lượng chim biển tăng và ngược lại, số lượng con mồi giảm thì số lượng chim biển giảm.

 Chọn A

Nhà nghiên cứu 2 không đề cập đến chi phí khi sử dụng chim biển làm sinh vật chỉ thị. Còn nhà nghiên cứu 1 cho rằng việc sử dụng chim biển làm sinh vật chỉ thị là phù hợp về nhu cầu chi phí.

 Chọn B

Theo đoạn thông tin: “...Nhưng cũng không thể phân biệt chính xác nguyên nhân gây nên những sự thay đổi đó, là từ môi trường hay từ các tác động vật lí, hóa học trong quá trình theo dõi chúng của con người.”

 Chọn C

Học sinh 3 cho rằng chất khí có mật độ lớn hơn thì lan chậm hơn. Trong số các chất khí được liệt kê ở Bảng 1 thì hydrogen có mật độ phân tử nhỏ nhất (0,089 kg/l) nên sẽ lan ra nhanh nhất. Trong khi xenon có mật độ phân tử lớn nhất (5,894 kg/l) nên sẽ lan ra chậm nhất.

 Chọn B

Để giải thích cho sự khác nhau về tổng thời gian tràn khí của khí A và khí B trong thí nghiệm, học sinh 1 cho rằng các khí có khối lượng phân tử lớn hơn sẽ lan chậm hơn.

 Chọn B

Học sinh 2 cho rằng chất khí có thể tích phân tử lớn hơn thì lan chậm hơn.Trong số các chất khí được liệt kê ở Bảng 1 thì helium có thể tích phân tử nhỏ nhất (11,46 ÅÅ3) nên sẽ lan ra nhanh nhất.

 Chọn C

Học sinh 1 cho rằng chất khí có khối lượng phân tử lớn hơn thì lan chậm hơn.

Học sinh 2 cho rằng chất khí có thể tích phân tử lớn hơn thì lan chậm hơn.

Học sinh 3 cho rằng chất khí có mật độ lớn hơn thì lan chậm hơn.

Theo thông tin được cung cấp trong bảng trên và Bảng 1, khối lượng và mật độ phân tử của krypton lớn hơn carbon dioxide, trong khi thể tích phân tử của carbon dioxide lớn hơn krypton.

Do đó, học sinh 1 và 3 sẽ dự đoán rằng carbon dioxide sẽ lan nhanh hơn krypton (thời gian tràn khí ngắn hơn).

 Chọn A

Đáp án

Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống

Để giải thích cho sự khác nhau về tổng thời gian tràn khí của khí A và khí B trong thí nghiệm trên, học sinh 2 cho rằng các khí có (1) thể tích phân tử lớn hơn sẽ lan chậm hơn.

Giải thích

Để giải thích cho sự khác nhau về tổng thời gian tràn khí của khí A và khí B trong thí nghiệm, học sinh 2 cho rằng các khí có thể tích phân tử lớn hơn sẽ lan chậm hơn

Đáp án

a) Bắt một chuyến xe đi từ địa điểm I đến một địa điểm bất kì. Khi đó, xác suất người đó phải trả dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là \(\frac{3}{4}\).

b) Đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian. Khi đó, xác suất người đó trả trên 25 000 đồng tiền vé xe buýt là \(\frac{2}{3}\).

Giải thích

a) Có 4 cách để đi từ địa điểm I đến 1 địa điểm bất kì, trong đó có 3 cách để chỉ tốn dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là đi theo tuyến I – II, I – III, I – V. Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{3}{4}\].

b) Để đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian ta có bảng sau:

Từ bảng ta có 2 cách để người đó phải trả trên 25 000 đồng là đi theo tuyến I – II – III, I – IV – III .

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{2}{3}\].

Giải thích

Để hàm số có đạo hàm tại \(x = 2\) thì hàm số phải liên tục tại \(x = 2\).

Do đó .

Hàm số có đạo hàm tại điểm \(x = 2\) nên

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{f(x) - f(2)}}{{x - 2}}\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^3} - {x^2} - 8x + 10 - ( - 2)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + ax + b - (4 + 2a + b)}}{{x - 2}}\)

\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} + x - 6} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} (x + 2 + a)\)

\( \Leftrightarrow 4 + a = 0 \Leftrightarrow a =  - 4\).

Suy ra \(b = 2\). Vậy \(ab =  - 8\).

 Chọn D

Đáp án

Giải thích

+ Khối tứ diện đều có 4 đỉnh và 4 mặt.

+ Có 5 khối đa diện đều lần lượt là: {3;3}; {3;4}; {4;3} ;{3;5};{5;3}.

+ Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều.

+ Trong một hình đa diện, mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt.

Giải thích

Ta có:

\( \Rightarrow y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y =  - \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}}\).

Mặt khác, phương trình \(f\left( x \right) + 1 = 0\) có nghiệm duy nhất.

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số \(y =  - \frac{1}{{f\left( x \right) + 1}}\) có 1 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 2 đường tiệm cận.

 Chọn C

Giải thích

Mỗi cách đóng - mở 6 công tắc của mạch điện được gọi là một trạng thái của mạch điện.

Ta có: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = {2^6} = 64\) trạng thái.

Gọi \(A\) là biến cố: "Mạch điện thông từ \(P\) đến \(Q\) ".

\( \Rightarrow \overline A \) là biến cố: “Mạch điện không thông từ \(P\) đến \(Q\) ”.

Vì mạch gồm hai nhánh \(A \to B\) và \(C \to D\) nên trạng thái không thông mạch xảy ra \( \Leftrightarrow \) Hai nhánh \(A \to B\) và \(C \to D\) đều không thông mạch.

Xét nhánh \(A \to B\) có \({2^3} = 8\) trạng thái trong đó có duy nhất một trạng thái thông mạch.

\( \Rightarrow \) Nhánh \(A \to B\) có \(8 - 1 = 7\) trạng thái không thông mạch.

Tương tự, nhánh \(C \to D\) có 7 trạng thái không thông mạch.

\( \Rightarrow \) Có \(7.7 = 49\) trạng thái mà hai nhánh \(A \to B\) và \(C \to D\) đều không thông mạch.

\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 49 \Rightarrow n\left( A \right) = 64 - 49 = 15 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{15}}{{64}} \approx 23,4{\rm{\% }}\).

 Chọn A

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{30}^6\).

Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 7 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4,8 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.

Gọi \(A\) là biến cố cần tính xác suất, ta có \(n\left( A \right) = C_{15}^3.C_8^2.C_7^1\).

Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{15}^3.C_8^2.C_7^1}}{{C_{30}^6}} = \frac{{196}}{{1305}} \approx 15{\rm{\% }}\).

 Chọn C

Giải thích

Ta có:

\(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {1; - 2;1} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3;3;3} \right) \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right| = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)

Lại có: \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 2; - 2;4} \right),\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC}  = 2\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow ABCD\) là hình thang và \({S_{ABCD}} = 3{S_{ABC}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}\).

Vì \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} \Rightarrow SH = 3\sqrt 3 \)

Lại có \(H\) là trung điểm của \(CD \Rightarrow H\left( {0;1;5} \right)\)

Gọi \(S\left( {a;b;c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - a;1 - b;5 - c} \right) \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = k\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = k\left( {3;3;3} \right) = \left( {3k;3k;3k} \right)\)

Suy ra \(3\sqrt 3  = \sqrt {9{k^2} + 9{k^2} + 9{k^2}}  \Rightarrow k =  \pm 1\)

+) Với \(k = 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( {3;3;3} \right) \Rightarrow {S_1}\left( { - 3; - 2;2} \right)\)

+) Với \(k =  - 1 \Rightarrow \overrightarrow {SH}  = \left( { - 3; - 3; - 3} \right) \Rightarrow {S_2}\left( {3;4;8} \right)\)

\( \Rightarrow a = 3;b = 4;c = 8 \Rightarrow a + b - c =  - 1\).

 Chọn C

Giải thích

Số các số thuộc \(M\) là \(A_5^3 + A_5^4 + A_5^5 = 300\).

Các tập con của \(E\) có tổng các phần tử bằng 10 gồm \({E_1} = \left\{ {1;2;3;4} \right\},{E_2} = \left\{ {2;3;5} \right\}\),\({E_3} = \left\{ {1;4;5} \right\}\).

Gọi \(A\) là tập con của \(M\) sao cho mỗi số thuộc \(A\) có tổng các chữ số bằng 10 .

Từ \({E_1}\) lập được số các số thuộc \(A\) là 4!.

Từ mỗi tập \({E_2}\) và \({E_3}\) lập được các số thuộc \(A\) là 3!.

Suy ra số phần tử của \(A\) là \(4! + 2.3! = 36\).

Xác suất cần tìm là \(P = \frac{{36}}{{300}} = \frac{3}{{25}}\).

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Thể tích của hộp là \(V = \pi {R^2}h = \pi {.10^2}.56 = 5600\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Tổng chiều cao của \(n\) quả bóng thả trong hộp là: \(2nR = 2n.10 = 20n\).

Ta có: \(20n \le 56 \Leftrightarrow n \le 2,8\).

Vậy hộp chỉ đựng được tối đa 2 quả bóng.

Vì \(\left( P \right)//OO'\) nên \(d\left( {OO';\left( P \right)} \right) = d\left( {O;\left( P \right)} \right) = OH\) (với \(H\) là trung điểm cạnh \(AB\))

Ta có: \({S_{ABCD}} = 80 \Leftrightarrow AB.AD = 80 \Leftrightarrow AB = \frac{{10}}{7}\left( {AD = h = 56} \right)\)

\( \Leftrightarrow 2BH = \frac{{10}}{7} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} - O{H^2}}  = \frac{5}{7} \Leftrightarrow OH = \frac{{5\sqrt {149} }}{7}\left( {{\rm{cm}}} \right)\)

Giải thích

Ta có:

+) \(\left( P \right):x + y + z - 1 = 0\) có VTPT \(\vec a = \left( {1;1;1} \right)\)

\( + )\left( Q \right):2x + my + 2z + 3 = 0\) có VTPT \(\vec b = \left( {2;m;2} \right)\)

\( + )\left( R \right): - x + 2y + nz = 0\) có VTPT \(\vec c = \left( { - 1;2;n} \right)\)

\(\left( P \right) \bot \left( R \right) \Leftrightarrow \vec a.\vec c = 0 \Leftrightarrow n =  - 1\)

\(\left( P \right)//\left( Q \right) \Leftrightarrow \frac{2}{1} = \frac{m}{1} = \frac{2}{1} \ne \frac{3}{{ - 1}} \Leftrightarrow m = 2\)

Vậy \(m + 2n = 2 + 2\left( { - 1} \right) = 0\).

 Chọn C

Giải thích

Ta có: \(I = \int\limits_{ - 3}^0 {xf'\left( {x + 2} \right)dx}  = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {x - 2} \right)f'\left( x \right)dx} \).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x - 2}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = f\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\)

$\Rightarrow I={\left.\left(x-2\right)f\left(x\right)\right|}_{-1}^2-{{\int }^{\text{}}}_{-1}^{2}f\left(x\right)dx=3f\left(-1\right)-\left(\frac{5}{12}-\frac{8}{3}\right)=\frac{9}{4}$

 Chọn A

Giải thích

Cách 1.

Gọi \(d\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}}  = \left( {1;1;1} \right),\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}}  = \left( {2;1; - 1} \right)\).

\(\overrightarrow {{u_d}}  = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} } \right] = \left( { - 2;3; - 1} \right)\).

Chọn điểm \(M\left( {0;4; - 1} \right)\) thuộc hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

Phương trình đường thẳng \(d\) là \(\frac{x}{{ - 2}} = \frac{{y - 4}}{3} = \frac{{z + 1}}{{ - 1}}\).

Cách 2.

Gọi \(d\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) thì với mỗi điểm \(M\left( {x;y;z} \right) \in d\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 3}\\{2x + y - z = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 8}\\{z = 2x + y - 5}\end{array}} \right.} \right.\)

Cho \(x = 2t\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) thì từ hệ phương trình trên ta thu được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 4 - 3t}\\{z =  - 1 + t}\end{array}} \right.\)

Vậy phương trình của đường thẳng \(d\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = 4 - 3t\left( {t \in \mathbb{R}} \right){\rm{.\;}}}\\{z =  - 1 + t}\end{array}} \right.\)

 Chọn A

Giải thích

Để đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số thì \(x = 2\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow {2^2} - {m^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt 3 \).

Thử lại, với \(m =  \pm \sqrt 3 \) ta có: \(y = x + \frac{1}{{\sqrt {{x^2} - 4} }}\)

$\Rightarrow {\text{lim}}_{x\to 2^{+}}\left(x+\frac{1}{\sqrt{x^2-4}}\right)=+\infty$

\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy có 2 giá trị của tham số \(m\) thỏa mãn.

 Chọn C

Gọi \(O = AC \cap BD,I = AM \cap SO\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\) từ \(I\) kẻ đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) song song với \(BD\) cắt \(SB,SD\) lần lượt tại \(N,P\).

Suy ra thiết diện là tứ giác \(ANMP\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot SO}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AM} \right.\).

Mặt khác: \(BD//NP\).

\( \Rightarrow AM \bot NP \Rightarrow {S_{ANMP}} = \frac{1}{2}NP.AM\).

+ Tính \(AM\):

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SA = SC = 3}\\{AC = 3\sqrt 2 }\end{array} \Rightarrow {\rm{\Delta }}SAC} \right.\) vuông cân tại \(S \Rightarrow AM = \sqrt {S{A^2} + S{M^2}}  = \sqrt {{3^2} + {2^2}}  = \sqrt {13} \).

+ Tính \(NP\):

Ta có: \(NP//BD \Rightarrow \frac{{NP}}{{BD}} = \frac{{SI}}{{SO}} \Rightarrow NP = \frac{{SI.BD}}{{SO}}\).

Gọi \(\frac{{SI}}{{SO}} = k\).

Ta có: \(\overrightarrow {AI}  = \overrightarrow {AS}  + \overrightarrow {SI}  =  - \overrightarrow {SA}  + k\overrightarrow {SO} \).

\(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow {AS}  + \overrightarrow {SM}  =  - \overrightarrow {SA}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {SC} \)

\(A,I,M\) thẳng hàng \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AI}  = l\overrightarrow {AM}  \Leftrightarrow  - \overrightarrow {SA}  + k\overrightarrow {SO}  =  - l\overrightarrow {SA}  + \frac{2}{3}l\overrightarrow {SC} \)

\( \Leftrightarrow  - \overrightarrow {SA}  + \frac{k}{2}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC} } \right) =  - l\overrightarrow {SA}  + \frac{2}{3}l\overrightarrow {SC}  \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{2}k + l = 1}\\{\frac{1}{2}k - \frac{2}{3}l = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{4}{5}}\\{l = \frac{3}{5}}\end{array}} \right.} \right.\).

\( \Rightarrow \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{4}{5} \Rightarrow NP = \frac{4}{5}BD = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}\).

\( \Rightarrow {S_{ANMP}} = \frac{1}{2}NP.AM = \frac{1}{2}.\frac{{12\sqrt 2 }}{5}.\sqrt {13}  = \frac{{6\sqrt {26} }}{5} \approx 6,12\).

 Chọn A

Giải thích

Ta có \(4{m^3} + m = 12{n^3} + n \Leftrightarrow \left( {m - n} \right)\left( {4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1} \right) = 8{n^3}\)

Giả sử \(p\) là một ước nguyên tố chung của \(m - n\) và \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\).

Vì \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\) lẻ nên \(p\) là số lẻ.

Mà \(8{n^3} \vdots p\) nên suy ra \(n \vdots p\).

Mặt khác \(\left( {m - n} \right) \vdots p \Rightarrow m \vdots p\).

Mà \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1\) cũng chia hết cho \(p\) nên 1\( \vdots \)\(p\), điều này vô lý.

Vậy \(\left( {m - n,4{m^2} + 4mn + 4{n^3} + 1} \right) = 1\).

Mà \(8{n^3} = {(2n)^3}\) nên \(m - n = {x^3}\) và \(4{m^2} + 4mn + 4{n^2} + 1 = {y^3}\left( {x,y \in \mathbb{Z}} \right)\) thỏa mãn \({x^3}.{y^3} = {(2n)^3}\).

Hay \(m - n\) là lập phương của một số nguyên.

 Chọn B

Giải thích

+ Số cách chọn ngẫu nhiên 5 học \({\rm{sinh}}C_9^5\) cách.

+ Số cách chọn 5 học sinh chỉ có 2 lớp: \(C_7^5 + C_6^5 + C_5^5\)

Vậy số cách chọn 5 học sinh có cả 3 lớp là \(C_9^5 - \left( {C_7^5 + C_6^5 + C_5^5} \right) = 98\).

 Chọn B

Đáp án

Giải thích

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là \(x\left( m \right){\rm{\;}}(x > 0)\) và chiều dài của phần đất trồng rau và nuôi gà lần lượt là \(a\left( m \right),b\left( m \right){\rm{\;}}(a > 0;b > 0)\).

Khi đó diện tích của khu đất là \(S = \left( {a + b} \right)x\left( {{m^2}} \right)\).

Mặt khác theo giả thiết tổng chi phí là 20 triệu đồng nên ta có:

\(3x.40000 + \left( {a + b} \right)80000 = 20000000 \Leftrightarrow 3x + 2\left( {a + b} \right) = 500\).

Ta có \(6S = 3x.2\left( {a + b} \right) \le \frac{{{{[3x + 2\left( {a + b} \right)]}^2}}}{4} = \frac{{{{500}^2}}}{4} \Rightarrow S \le \frac{{31250}}{3}\).

\( \Rightarrow {{\rm{S}}_{{\rm{max}}}} = \frac{{31250}}{3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a + b = 125}\\{x = \frac{{250}}{3}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Chi phí nguyên vật liệu làm hàng rào \(AB\) là: \(125.80000 = 10000000\) (đồng).

Giải thích

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 0}\\{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{4}{{{x^2}}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 0}\\{ - 2 < x < 2}\end{array} \Rightarrow D = \left( { - 2;2} \right) \setminus \left\{ 0 \right\}} \right.} \right.\).

Cách 1. Sử dụng Casio \({\rm{FX}}\) - 580

Ấn MENU + 8 và nhập hàm số \(f\left( x \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\frac{4}{{{x^2}}} - {2^{x + 2}}\) với phạm vi bảng như sau:

Từ bảng giá trị ta có phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1.

Cách 2. Sử dụng phương pháp hàm số.

 Chọn B

Giải thích

Ta có: \({Q_{\left( {A,{{90}^ \circ }} \right)}}\left( {ABCDEF} \right) = AB'C'D'E'F'\) như hình vẽ bên dưới.

Chu vi của hình hợp bởi ảnh và tạo ảnh trên là

\(C = F'B + BC + CD + DE + EF + FB' + B'C' + C'D' + D'E' + E'F'\)

\( = 3\sqrt 2  + \sqrt 5  + 3 + 2 + \sqrt 2  + \sqrt 2  + \sqrt 5  + 3 + 2 + \sqrt 2  = 10 + 6\sqrt 2  + 2\sqrt 5 \).

Vậy \(a + b + c = 18\).