Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 24)

Khoảng điểm có số lượng học sinh đạt cao nhất là 701 – 750. Chọn D.

Ta có \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9\,,\,\,a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 6\).

Khi vận tốc triệt tiêu ta có \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} - 6t - 9 = 0 \Leftrightarrow t = 3\).

Khi đó gia tốc là \({\rm{a}}\left( 3 \right) = 6 \cdot 3 - 6 = 12\;\,\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\). Chọn A.

Ta có: \({\log _3}x = 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{x = {3^2}}\end{array} \Leftrightarrow x = 9.} \right.\) Chọn A.

Điều kiện xác định: \(x \ne - 2\).

TH1: \(x \le 1\)

\[\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} < 1 \Leftrightarrow \frac{{ - \left( {x - 1} \right) - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2x - 1}}{{x + 2}} < 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > - \frac{1}{2}}\\{x < - 2}\end{array}} \right.\]

Kết hợp điều kiện ta được \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - \frac{1}{2} < x \le 1}\\{x < - 2}\end{array}} \right.\).

TH2: \(x > 1\)

\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} < 1 \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 1} \right) - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{x + 2}} < 0 \Leftrightarrow x > - 2\) kết hợp điều kiện, suy ra \(x > 1\)

Vậy tập nghiệm \(S = \left( { - \infty \,;\, - 2} \right) \cup \left( { - \frac{1}{2}\,;\, + \infty } \right)\). Chọn A.

Ta có \({z^2} - 2z + 10 = 0 \Leftrightarrow {\left( {z - 1} \right)^2} = 9{i^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z - 1 = 3i}\\{z - 1 = - 3i}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 1 + 3i}\\{z = 1 - 3i}\end{array}} \right.} \right.\).

Vì \({z_0}\) là nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình \({z^2} - 2z + 10 = 0\) nên \[{\rm{g'}}\left( {\rm{x}} \right) = {\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) - 1 < 0\,\,\forall {\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left( {0\,;\,\,2} \right)} g\left( {\rm{x}} \right) = {\rm{g}}\left( 0 \right) = {\rm{f}}\left( 0 \right)\].

Khi đó \({\rm{w}} = {\rm{i}}{{\rm{z}}_0} = {\rm{i}}\left( {1 + 3{\rm{i}}} \right) = - 3 + {\rm{i}}\).

Suy ra số phức \({\rm{w}} = {\rm{i}}{{\rm{z}}_0}\) có điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] là \({\rm{H}}\left( { - 3\,;\,\,1} \right)\). Chọn B.

Mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) đi qua điểm \({\rm{M}}\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {4\,;\,\,0\,;\,\, - 5} \right)\) có phương trình là: \(4\left( {x + 1} \right) + 0\left( {y - 2} \right) - 5\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 5z + 4 = 0\). Chọn D.

Ta có \(\vec a\left( {5\,;\,\,7\,;\,\,2} \right) \Rightarrow 3\vec a\left( {15\,;\,\,21\,;\,\,6} \right),\,\,\vec b\left( {3\,;\,\,0\,;\,\,4} \right) \Rightarrow 2\vec b\left( {6\,;\,\,0\,;\,\,8} \right)\).

Vậy \(\vec m = 3\vec a - 2\vec b + \vec c = \left( {15 - 6 - 6\,;\,\,21 + 1\,;\,\,6 - 8 - 1} \right) = \left( {3\,;\,\,22\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.

Ta có \(5x - 1 \ge \frac{{2x}}{5} + 3 \Leftrightarrow 25x - 5 \ge 2x + 15 \Leftrightarrow 23x \ge 20 \Leftrightarrow x \ge \frac{{20}}{{23}}\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left[ {\frac{{20}}{{23}}\,;\,\, + \infty } \right).\) Chọn D.

Ta có \(2\sin x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \sin x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sin \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\).

Các nghiệm của phương trình trong đoạn \(\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\) là \(\frac{\pi }{3};\,\,\frac{{2\pi }}{3}\).

Do đó tổng các nghiệm của phương trình trong \(\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\) là \(\frac{\pi }{3} + \frac{{2\pi }}{3} = \pi \). Chọn A.

Gọi 4 số cần tìm là \(a - 3r\,,\,\,a - r\,,\,\,a + r\,,\,\,a + 3r\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - 3r + a - r + a + r + a + 3r = 28}\\{{{\left( {a - 3r} \right)}^2} + {{\left( {a - r} \right)}^2} + {{\left( {a + r} \right)}^2} + {{\left( {a + 3r} \right)}^2} = 276}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 7}\\{{r^2} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 7}\\{r = \pm \,2}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).

Bốn số cần tìm là \[1\,;\,\,5\,;\,\,9\,;\,\,13\] có tích bằng 585. Chọn A.

Ta có \(F\left( x \right) = \int {\frac{{x - 2}}{{{x^3}}}dx} = \int {\left( {\frac{1}{{{x^2}}} - 2\frac{1}{{{x^3}}}} \right)dx} = - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} + C\).

Mà \(F\left( { - 1} \right) = 3\) nên \(F\left( x \right) = - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} + 1\). Chọn D.

Từ giả thiết ta có

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\int\limits_0^5 {v\left( t \right)dt} = 150}\\{\int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dt} = 1100}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left. {\left( {a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^5 = 150}\\{\left. {\left( {a{t^3} + b\frac{{{t^2}}}{2}} \right)} \right|_0^{10} = 1100}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{125a + \frac{{25}}{2}b = 150}\\{1000a + 50b = 1100}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.{\rm{. }}\]

Suy ra quãng đường vật đi được sau 20 giây là: \(\int\limits_0^{20} {\left( {3{t^2} + 2t} \right)dt} = \left. {\left( {{t^3} + {t^2}} \right)} \right|_0^{20} = 8\,\,400\,\,(m)\).

Chọn C.

Nếu cứ tăng dân số với tỉ lệ như vậy thì đến năm 2025, ước tính dân số nước ta là:

\(S = A \cdot {e^{in}} \Leftrightarrow {\rm{S}} = 80\,\,902\,\,400 \cdot {{\rm{e}}^{1,47\% \cdot 22}} \approx 111\,\,792\,\,390\) (người). Chọn C.

Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x > 0}\\{2x + 7 > 0}\end{array} \Leftrightarrow x > 0} \right.\).

Khi đó, bất phương trình đã cho \( \Leftrightarrow 3x < 2x + 7 \Leftrightarrow x < 7\).

Kết hợp điều kiện xác định, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0\,;\,\,7} \right)\). Chọn D.

Ta thấy \(\forall x \in \left[ { - 1\,;\,\,2} \right]\) thì \( - {x^2} + 3 \ge {x^2} - 2x - 1\) nên

\(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left[ {\left( { - {x^2} + 3} \right) - \left( {{x^2} - 2x - 1} \right)} \right]dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)dx} .\) Chọn D.

Ta có \(y' = - 3{x^2} - 12x + 4m - 2\).

Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right)\) khi \(y' \le 0\,\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right)\)

\( \Leftrightarrow - 3{x^2} - 12x + 4m - 2 \le 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \Leftrightarrow 4m \le 3{x^2} + 12x + 2\,\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right)\).

Đặt \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 12x + 2\) có \(f'\left( x \right) = 6x + 12\). Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\):

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \(4m \le 3{x^2} + 12x + 2\,\,\,\forall x \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \Leftrightarrow 4m \le - 10 \Leftrightarrow m \le - \frac{5}{2}\).

Vậy \(m \le - \frac{5}{2}\) hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right)\). Chọn D.

Ta có \(z = 3 + 4i \Rightarrow {z^{ - 1}} = \frac{{3 - 4i}}{{{3^2} + {4^2}}} = \frac{3}{{25}} - \frac{4}{{25}}i\).

Vậy phần ảo của số phức nghịch đảo là \(\frac{{ - 4}}{{25}}\). Chọn A.

Xét phương trình \({z^2} - 2z + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = 1 + i}\\{{z_2} = 1 - i}\end{array}} \right.\). Gọi số phức \(w = x + yi\,;\,\,\forall x\,,\,\,y \in \mathbb{R}.\)

Theo giả thiết \(\left| {w - {z_1}} \right| = \left| {w - {z_2}} \right| \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 - i} \right| = \left| {x + yi - 1 + i} \right|\)

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

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

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn \(\left| {w - {z_1}} \right| = \left| {w - {z_2}} \right|\) là đường thẳng có phương trình \(y = 0\). Chọn D.

Gọi \(I\left( {x\,;\,\,y} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {{\rm{IA}}} + 2\overrightarrow {{\rm{IB}}} = \vec 0 \Leftrightarrow \left( {1 - {\rm{x}}\,;\,\,2 - {\rm{y}}} \right) + 2\left( { - 2 - {\rm{x}}\,;\,\,3 - {\rm{y}}} \right) = \left( {0\,;\,\,0} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - x - 4 - 2x = 0}\\{2 - y + 6 - 2y = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{y = \frac{8}{3}}\end{array} \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\,\frac{8}{3}} \right).} \right.} \right.\) Chọn C.

Vì tam giác \[ABC\] đều nên \(A\) và \(C\) đối xứng nhau qua \(BB'\).

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(A\) và \(d \bot BB' \Rightarrow d:3x - 5y - 12 = 0\)

Vì \({\rm{H}} = {\rm{d}} \cap BB'\) nên tọa độ điểm \({\rm{H}}\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5{\rm{x}} + 3{\rm{y}} - 15 = 0}\\{3{\rm{x}} - 5{\rm{y}} - 12 = 0}\end{array} \Rightarrow {\rm{H}}\left( {\frac{{111}}{{34}}\,;\,\, - \frac{{15}}{{34}}} \right)} \right..\)

Suy ra \(C\left( {\frac{{128}}{{17}}\,;\,\,\frac{{36}}{{17}}} \right)\). Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {1\,;\,\,3\,;\,\, - 5} \right)\) và một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) là \(\overrightarrow {{\rm{n'}}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\).

Gọi \(\vec n\) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) ta có \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {{\rm{AB}}} \,,\,\,\overrightarrow {{\rm{n'}}} } \right] = \left( {11\,;\,\, - 7\,;\,\, - 2} \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \[{\rm{A}}\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\] và có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {\rm{n}} = (11; - 7; - 2)\) là \(11x - 7y - 2z - 21 = 0\). Chọn A.

Gọi \(\ell \) là đường sinh của hình nón, ta có \(\ell = \sqrt {{R^2} + {h^2}} \).

Diện tích xung quanh của hình nón là \(15\pi \), suy ra \(15\pi = \pi R\ell \Leftrightarrow 15 = 3 \cdot \sqrt {{3^2} + {h^2}} \Leftrightarrow {\rm{h}} = 4\).

Thể tích khối nón là: \({\rm{V}} = \frac{1}{3}\pi {{\rm{R}}^2}\;{\rm{h}} = \frac{1}{3}\pi \cdot {3^2} \cdot 4 = 12\pi \) (đvtt). Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm \[{\rm{B'C'}} \Rightarrow CM \bot \,\left( {{\rm{A'B'C'}}} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {{\rm{CC'}},\,\,\left( {{\rm{A'B'C'}}} \right)} \right) = \widehat {{\rm{CC'M}}} = 45^\circ \Rightarrow \Delta {\rm{CC'M}}\] là vuông cân tại \({\rm{M}}\)

\( \Rightarrow CM = {\rm{C'}}M = \frac{{{\rm{B'C'}}}}{2} = \frac{a}{2} \cdot \)

Ta có \(\Delta {\rm{A'B'}}C\) đều nên \({\rm{A'}}M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};\,\,{S_{{\rm{A'B'C'}}}} = \frac{1}{2}{\rm{A'}}M \cdot {\rm{B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{ABC}}}} \cdot {S_{{\rm{A'B'C'}}}} = {\rm{CM}} \cdot {S_{{\rm{A'B'C'}}}} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{8}.\) Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right) \Rightarrow {\rm{AB}} = \sqrt 6 \,;\)

\({\rm{d}}\left( {{\rm{A}}\,,\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 + 1 \cdot \left( { - 1} \right) + 6 \cdot 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {6^2}} }} = 0 \Rightarrow {\rm{A}} \in \left( {\rm{P}} \right)\);

\({\rm{d}}\left( {B\,,\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) + 0 \cdot 1 + 6 \cdot 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2} + {6^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt {41} }}\).

Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{B}}\) xuống \(\left( {\rm{P}} \right)\).

Khi đó tam giác \({\rm{AHB}}\) vuông tại \({\rm{H}}\) và \({\rm{AH}}\) là hình chiếu của \({\rm{AB}}\) lên mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) nên

\({\rm{AH}} = \sqrt {{\rm{A}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{B}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt {6 - \frac{3}{{41}}} = \sqrt {\frac{{237}}{{41}}} \). Chọn B.

Hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {{\rm{x}} + 2020} \right)\) có 3 điểm cực trị giống như hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\).

Hàm số \({\rm{g}}\left( {\rm{x}} \right) = \left| {{\rm{f}}\left( {{\rm{x}} + 2020} \right) + {{\rm{m}}^2}} \right|\) có 5 điểm cực trị nên đồ thị hàm số \({\rm{h}}({\rm{x}}) = {\rm{f}}\left( {{\rm{x}} + 2020} \right) + {{\rm{m}}^2}\) có hai giao điểm với trục \[Ox\] (không trùng với điểm cực trị) \[ \Leftrightarrow h\left( x \right) = 0\] có 2 nghiệm bội lẻ.

Phương trình \(h\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{f}}\left( {{\rm{x}} + 2020} \right) = - {m^2}\) (1).

Phương trình (1) có 2 nghiệm bội lẻ nên phương trình \(f\left( {\rm{x}} \right) = - {m^2}\) có 2 nghiệm bội lẻ.

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm bội lẻ

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {{\rm{m}}^2} \ge 2}\\{ - 6 < - {{\rm{m}}^2} \le - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{m}}^2} \le - 2}\\{2 \le {{\rm{m}}^2} < 6}\end{array} \Leftrightarrow 2 \le {{\rm{m}}^2} < 6.} \right.} \right.\)

Vid \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\) nên \({{\rm{m}}^2}\) là số chính phương, do đó \({{\rm{m}}^2} = 4 \Leftrightarrow {\rm{m}} = \pm \,2\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Chọn B.

Phương trình mặt phẳng \(\left( {{\rm{ABC}}} \right):\frac{{\rm{x}}}{2} + \frac{{\rm{y}}}{4} + \frac{{\rm{z}}}{6} = 1 \Leftrightarrow 6{\rm{x}} + 3{\rm{y}} + 2{\rm{z}} - 12 = 0\).

Gọi \({\rm{N}}\left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}}} \right)\). Theo giả thiết ta có \({\rm{N}}\) là điểm trên tia \({\rm{OM}}\) sao cho \({\rm{OM}} \cdot {\rm{ON}} = 12\) suy ra \(\overrightarrow {{\rm{OM}}} = \frac{{12}}{{{\rm{O}}{{\rm{N}}^2}}} \cdot \overrightarrow {{\rm{ON}}} \).

Do đó \({\rm{M}}\left( {\frac{{12{\rm{x}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}}\,;\,\,\frac{{12{\rm{y}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}}\,;\,\,\frac{{12{\rm{z}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}}} \right)\).

Mặt khác \({\rm{M}} \in \left( {{\rm{ABC}}} \right)\) nên \(6 \cdot \frac{{12{\rm{x}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}} + 3 \cdot \frac{{12{\rm{y}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}} + 2 \cdot \frac{{12{\rm{z}}}}{{{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2}}} - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 6x - 3y - 2z = 0.\)

Do đó điểm \({\rm{N}}\) luôn thuộc một mặt cầu cố định \(\left( {\rm{S}} \right):{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2} - 6{\rm{x}} - 3{\rm{y}} - 2{\rm{z}} = 0\) có tâm

\({\rm{I}}\left( {3\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \({\rm{R}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} + {1^2}} = \frac{7}{2}\). Chọn A.

Ta có \(g\left( x \right) = f\left( {3{x^2} - 1} \right) - \frac{9}{2}{x^4} + 3{x^2}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 6xf'\left( {3{x^2} - 1} \right) - 18{x^3} + 6x\)\( = 6x\left[ {f'\left( {3{x^2} - 1} \right) - \left( {3{x^2} - 1} \right)} \right].\)

Đặt \(h\left( x \right) = f'\left( x \right) - x\).

Ta có \(h\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{x = 0}\\{x = 3}\end{array}} \right.\).

Dựa vào đồ thị ta có bảng xét dấu của \(h\left( x \right)\):

Do đó \(f'\left( {3{x^2} - 1} \right) - \left( {3{x^2} - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4 < 3{x^2} - 1 < 0}\\{3{x^2} - 1 > 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{{\sqrt 3 }}{3} < x < \frac{{\sqrt 3 }}{3}}\\{x < - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\,;\,\,x > \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}\end{array}} \right.} \right.\) .

Suy ra bảng xét dấu của \[g'\left( x \right)\] như sau:

Do đó hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\,\,\frac{{ - \sqrt 3 }}{3}} \right)\). Chọn A.

Điều kiện xác định: \(x < 2\).

Khi đó \(m\sqrt {2 - x} = \frac{{{x^2} - 2mx + 2}}{{\sqrt {2 - x} }} \Leftrightarrow m\left( {2 - x} \right) = {x^2} - 2mx + 2 \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 - 2m = 0\) (2)

PT (1) có nghiệm dương khi PT (2) có nghiệm thuộc \(\left( {0;\,\,2} \right).\)

TH1: PT(2) có nghiệm thỏa mãn \(0 < {x_1} \le {x_2} < 2\). Ta tìm được \(m \in \left[ { - 4 + 2\sqrt 6 ;\,\,1} \right)\).

TH2: \({\rm{PT}}(2)\) có nghiệm thỏa mãn \({{\rm{x}}_1} \le 0 < {{\rm{x}}_2} < 2\). Ta tìm được \(1 \le {\rm{m}} < \frac{3}{2}\).

TH3: \({\rm{PT}}(2)\) có nghiệm thỏa mãn \(0 < {{\rm{x}}_1} < 2 < {{\rm{x}}_2}\). Không tìm được \({\rm{m}}\) thỏa mãn.

\( \Rightarrow m \in \left[ { - 4 + 2\sqrt 6 ;\,\,\frac{3}{2}} \right)\). Vậy có 1 giá trị nguyên m thỏa mãn. Chọn B.

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

Lấy nguyên hàm hai vế ta có \[\int {\frac{{f'\left( {\rm{x}} \right)}}{{f\left( {\rm{x}} \right)}}dx} = \int {\frac{{dx}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \] suy ra \[\ln \left| {f\left( {\rm{x}} \right)} \right| = \frac{1}{3}\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right| + C\]

Do \(f(2) = 2\) nên \(\ln 2 = \frac{1}{3}\ln \frac{1}{4} + C \Leftrightarrow C = \frac{{5\ln 2}}{3} = \frac{{\ln 32}}{3}\).

Suy ra \(\ln \left| {f\left( {\rm{x}} \right)} \right| = \frac{1}{3}\left( {\ln \left| {\frac{{x - 1}}{{x + 2}}} \right| + \ln 32} \right) = \ln \left( {\sqrt[3]{{32 \cdot \frac{{x - 1}}{{x + 2}}}}} \right)\).

Vậy \(\left| {f\left( {\rm{x}} \right)} \right| = \sqrt[3]{{32 \cdot \frac{{x - 1}}{{x + 2}}}} \cdot \) Ta có \(\left| {f\left( {\frac{{86}}{{85}}} \right)} \right| = \frac{1}{2}\). Chọn D.

Số phân tử của không gian mẫu là \({\rm{n}}(\Omega ) = 5! = 120\).

Gọi A là biến cố "học sinh lớp \(C\) ngồi giữa 2 học sinh lớp B" .

Vì học sinh lớp C luôn ngồi giữa hai học sinh lớp B nên coi 3 học sinh này là một nhóm.

Xếp 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp \(C\) thành nhóm như vậy có 2 cách.

Xếp nhóm này cùng 3 học \(\sinh \) lớp \(A\) vào bàn tròn có 3 ! cách \( \Rightarrow {\rm{n}}({\rm{A}}) = 2.3! = 12\).

Xác suất để học sinh lớp \(C\) ngồi giữa 2 học sinh lớp \(B\) là \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{1}{{10}}\). Chọn B.

Ta có \({\rm{y'}} = \frac{{ - 6}}{{{{\left( {{\rm{x}} - 5} \right)}^2}}}\). Theo giả thiết: \(k = {\rm{y'}}\left( 6 \right) = - 6\). Đáp án: −6.

Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có \({\rm{y'}} = 4{x^3} - 6{x^2} + 2x\,;\,\,{\rm{y'}} = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\,,\,\,x = 1\,,\,\,x = \frac{1}{2}\).

Ta có bảng xét dấu của \({\rm{y'}}\):

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Đáp án: 3.

Ta có tọa độ trọng tâm \[G\] của tam giác \({\rm{ABC}}\) được tính theo công thức:

\({\rm{a}} = \frac{{7 - 2 + 1}}{3} = 2\,;\,\,{\rm{b}} = \frac{{0 + 1 + 2}}{3} = 1\,;\,\,{\rm{c}} = \frac{{3 + 4 + 2}}{3} = 3\).

Do đó \(P = abc = 6\). Đáp án: 6.

TH1: Xếp các số \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\] vào 6 vị trí sao cho phải có mặt chữ số 8 và chữ số 9 đồng thời giữa hai số này có đúng hai chữ số khác.

Xếp số 8 và số 9 có 2 ! cách. Xếp 2 số vào giữa số 8 và số 9 có \({\rm{A}}_8^2\) cách.

Coi 4 số vừa xếp là một số \(X\). Xếp \(X\) và các số còn lại vào 3 vị trí. Xếp X vào một trong 3 vị trí có 3 cách, xếp 6 số còn lại vào 2 vị trí có \(A_6^2\) cách.

Vậy trường hợp 1 có: \(2 \cdot {\rm{A}}_8^2 \cdot 3 \cdot {\rm{A}}_6^2 = 10\,\,080\) (số).

TH2: Xếp số 0 đứng đầu. Khi đó xếp các số \[1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\] vào 5 vị trí sao cho phải có mặt chữ số 8 và chữ số 9 đồng thời giữa hai số này có đúng hai chữ số khác.

Xếp số 8 và số 9 có \[2!\] cách. Xếp 2 số vào giữa số 8 và số 9 có \({\rm{A}}_7^2\) cách.

Coi 4 số vừa xếp là một số X. Xếp X và các số còn lại vào 2 vị trí. Xếp X vào một trong 2 vị trí có 2 cách, xếp 5 số còn lại vào 1 vị trí có 5 cách.

Vậy trường hợp 2 có: \(2 \cdot A_7^2 \cdot 2 \cdot 5 = 840\) (số).

Vậy có \(10\,\,080 - 840 = 9\,\,240\) số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 9240.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 1}} = 24 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 16\) vì nếu \(f(1) \ne 16\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 1}} = \infty \).

Ta có \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{\left( {x - 1} \right)\left[ {\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6} \right]}} = \frac{1}{{12}}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 1}} = 2\). Đáp án: 2.

Ta có: \({\rm{F'}}\left( {\rm{x}} \right) = \frac{1}{{40}}\left( {60x - 3{{\rm{x}}^2}} \right),\,\,{\rm{x}} \in \left[ {0\,;\,\,30} \right]\).

Khảo sát hàm \({\rm{F'}}\left( {\rm{x}} \right)\), ta có \({\rm{F'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 0}\\{{\rm{x}} = 20}\end{array}} \right.\).

Vậy liều lượng thuốc cần tiêm cho bệnh nhân để giảm huyết áp nhiều nhất là \[20{\rm{ }}mg.\]

Đáp án: 20.

TH1: \({\rm{m}} = 0 \Rightarrow {\rm{y}} = - 1\) nên hàm số không có cực trị \( \Rightarrow {\rm{m}} = 0\) (loại).

TH2: \(m \ne 0 \Rightarrow {m^2} > 0\). Hàm số \(y = {m^2}{x^4} - \left( {{m^2} - 2019m} \right){x^2} - 1\) có đúng một cực trị

\( \Leftrightarrow - {{\rm{m}}^2}\left( {{{\rm{m}}^2} - 2019\;{\rm{m}}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} - 2019\;{\rm{m}} \le 0 \Leftrightarrow 0 \le {\rm{m}} \le 2019.\)

Vì \({\rm{m}} \ne 0\) nên \(0 < {\rm{m}} \le 2019\). Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2019 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề. Đáp án: 2019.

Ta có: \({S_1} = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx\,;\,\,{S_2} = \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} } \)

Khi đó \(\int\limits_{{x_1}}^{{x_3}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} + \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} \).

 Do đó \(\int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]dx} - \int\limits_{{x_2}}^{{x_3}} {\left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right]dx} = {S_1} - {S_2} = 10 - 7 = 3\). Đáp án: 3.

Đặt \(t = x{\left( {x - 3} \right)^2}\) khi đó \(t' = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 3} \right)^2} + 2x\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {3x - 3} \right) = 0\).

Bảng biến thiên

• Với \(x \in \left[ {0\,;\,\,4} \right)\) suy ra \(t \in \left[ {0\,;\,\,4} \right]\), có khi \(t = 4 \Rightarrow x{\left( {x - 3} \right)^2} = 4\) có 1 nghiệm \(x = 1\) thuộc \(\left[ {0\,;\,\,4} \right)\)

khi \(0 < t < 4\) phương trình \(x{\left( {x - 3} \right)^2} = t\) có ba nghiệm phân biệt \(x \in \left[ {0\,;\,\,4} \right)\).

Xét phương trình \(f\left( {x{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) = m\) khi \(m \in \left( {0\,;\,\,4} \right]\).

Đặt \(t = x{\left( {x - 3} \right)^2}\), từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) đã cho suy ra:

• Với \(m = 4\) phương trình \(f\left( t \right) = m\) có hai nghiệm \(t = 1\,,\,\,t = 4\) khi đó phương trình \(f\left( {x{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) = m\) có 4 nghiệm phân biệt \(x \in \left[ {0\,;\,\,4} \right)\).

• Với \(m \in (0;4)\) phương trình \(f\left( t \right) = m\) có ba nghiệm phân biệt \(0 < t < 4\) khi đó phương trình \(f\left( {x{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) = m\) có 9 nghiệm phân biệt \(x \in \left[ {0\,;\,\,4} \right)\).

Vậy với tham số thực \(m \in \left( {0\,;\,\,4} \right]\) thì phương trình \(f\left( {x{{\left( {x - 3} \right)}^2}} \right) = m\) có ít nhất 4 nghiệm thực thuộc \(\left[ {0\,;\,\,4} \right)\). Đáp án 4.

Gọi số phức \(z = x + iy\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có \(|\bar z + 2 - {\rm{i}}| = 4 \Leftrightarrow \left| {\left( {{\rm{x}} + 2} \right) + \left( { - {\rm{y}} - 1} \right){\rm{i}}} \right| = 4 \Leftrightarrow {\left( {{\rm{x}} + 2} \right)^2} + {\left( {{\rm{y}} + 1} \right)^2} = 16\).

Vậy tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức \(z\) thỏa mãn: \(\left| {\bar z + 2 - i} \right| = 4\) là đường tròn có tâm \({\rm{I}}\left( { - 2\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow a + b = - 3\). Đáp án: −3.

Gọi \(\left( {\rm{P}} \right)\) là mặt phẳng đi qua \({\rm{A}}\) và vuông góc với đường thẳng \({\rm{d}}\).

Phương trình của mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) là: \(1\left( {{\rm{x}} - 3} \right) + 2\left( {{\rm{y}} - 2} \right) + 2\left( {{\rm{z}} - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 2{\rm{z}} - 7 = 0\).

Gọi H là hình chiếu của \(A\) lên đường thẳng \(d\), khi đó \({\rm{H}} = {\rm{d}} \cap \left( {\rm{P}} \right)\)

Suy ra \[{\rm{H}} \in {\rm{d}} \Rightarrow {\rm{H}}\left( { - 1 + {\rm{t}}\,;\,\, - 3 + 2{\rm{t}}\,;\,\, - 2 + 2{\rm{t}}} \right)\].

Mặt khác \({\rm{H}} \in \left( {\rm{P}} \right) \Rightarrow - 1 + {\rm{t}} - 6 + 4{\rm{t}} - 4 + 4{\rm{t}} - 7 = 0\) \( \Rightarrow t = 2\). Vậy \({\rm{H}}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\).

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \({\rm{A}}\) qua đường thẳng \({\rm{d}}\), khi đó \({\rm{H}}\) là trung điểm của \({\rm{A}}A'\) suy ra \[A'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,4} \right).\]

Khoảng cách từ điểm \(A'\) đến mặt phẳng \({\rm{Oxy}}\) là: \({\rm{d}}\left( {A',\,\,\left( {{\rm{Oxy}}} \right)} \right) = 4\). Đáp án: 4.

Điều kiện: \(y < 4\).

\(\log x + {x^2} + xy \ge \log \left( {4 - y} \right) + 4x \Leftrightarrow \log x + {x^2} \ge \log \left( {4 - y} \right) + 4x - xy\)

\( \Leftrightarrow 2\log x + {x^2} \ge \log \left( {4 - y} \right) + \log x + x\left( {4 - y} \right) \Leftrightarrow \log {x^2} + {x^2} \ge \log \left( {4 - y} \right)x + x\left( {4 - y} \right)\,\,(1)\)

Xét hàm số \({\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) = \log {\rm{t}} + {\rm{t}}\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Rightarrow {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) = \frac{1}{{{\rm{t}} \cdot \ln 10}} + 1 > 0\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)

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

\(P = 8x + 16y + \frac{1}{x} + \frac{{147}}{y} = 4x + \frac{1}{x} + 12y + \frac{{147}}{y} + 4\left( {x + y} \right)\)

\( \Rightarrow P \ge 2 \cdot \sqrt {4x \cdot \frac{1}{x}} + 2 \cdot \sqrt {12y \cdot \frac{{147}}{y}} + 4 \cdot 4 = 104\)

\( \Rightarrow {P_{\min }} = 104 \Leftrightarrow y = \frac{7}{2};x = \frac{1}{2}.{\rm{ }}\)Đáp án: 104.

Nên thay cụm từ “bị ràng buộc” bằng “thuộc địa” vì nghĩa của hai từ này khác nhau. Trong ngữ cảnh này phải dùng từ “thuộc địa” để nói về hoàn cảnh đất nước ta khi bị thực dân Pháp đô hộ.

- “thuộc địa”: nước hoặc vùng lãnh thổ bị một nước đế quốc thực dân xâm chiếm và đô hộ. Ví dụ: các dân tộc thuộc địa; nước thuộc địa.

- “bị ràng buộc”: đặt trong tình thế có những điều bắt buộc phải làm, trong quan hệ với người khác, khiến cho hành động mất tự do. Ví dụ: bị lễ giáo ràng buộc.

→ Chọn B.

Để biểu thị quan hệ tăng tiến, câu thường dùng cặp quan hệ từ: không chỉ - mà còn, hoặc không những - mà còn. Trong câu này, cặp quan hệ từ đúng là: không chỉ - mà còn. Chọn A.

Xuân Quỳnh là gương mặt nổi bật của thế hệ các nhà thơ trẻ chống đế quốc Mĩ với hồn thơ đằm thắm, luôn da diết trong khát vọng về hạnh phúc đời thường. Chọn D.

Lỗi về dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản, “phương tiện truyền thông” là những phương tiện sẵn có hoặc do con người tạo ra để diễn tả và chuyển tải những thông tin, thông điệp từ bản thân đến người khác hay từ nơi này sang nơi khác một cách nhanh nhất, điều đó không phải là vai trò của văn học trong quá trình tiếp nhận văn bản, do đó, có thể thay bằng “phương tiện truyền bá”. Chọn C.

Thơ Nguyễn Khoa Điềm hấp dẫn người đọc bởi sự kết hợp giữa xúc cảm nồng nàn và suy tư sâu lắng của người trí thức về đất nước, con người Việt Nam. Chọn A.

Từ “hoa hồng” là từ ghép chính phụ, các từ còn lại đều là từ ghép đẳng lập. Chọn C.

Các từ “độc ác, hiền dịu, hung dữ” đều chỉ tính cách, bản chất của con người. “xinh đẹp” là từ chỉ ngoại hình bên ngoài. Chọn C.

Từ “mũi” trong “viêm mũi dị ứng” được dùng với nghĩa gốc, các từ khác được dùng với nghĩa chuyển. Chọn C.

Động từ chỉ hành động: đi học, nhảy dây, chạy bộ. Động từ chỉ trạng thái: lo lắng. Từ “lo lắng” không cùng nghĩa với từ còn lại. Chọn C.

Tác phẩm không có khuynh hướng sử thi là Chiếc thuyền ngoài xa. Chọn C.

Việc đọc sách không chỉ giúp chúng ta mở rộng hiểu biết mà còn giúp chúng ta hoàn thiện bản thân và nuôi dưỡng tâm hồn. Chọn C.     

Để đạt được mục đích và hiệu quả giao tiếp, mỗi nhân vật giao tiếp tùy thuộc vào ngữ cảnh mà lựa chọn và thực hiện một chiến lược giao tiếp phù hợp (bao gồm việc lựa chọn đề tài, nội dung, phương tiện ngôn ngữ, cách thức, thứ tự nói hoặc viết, ... ). Chọn A.

Thông qua tiếng nói và chữ viết, con người có thể dạy nhau cách sáng tạo ra các công cụ để tồn tại và không ngừng phát triển mà không cần phải trông đợi vào những biến đổi về mặt sinh học. Chọn A.

Tây Tiến là “Bài thơ viết về nỗi buồn đau nhưng là cái buồn đau bi tráng chứ không phải là cái buồn đau bi lụy”. Chọn A.

Thơ chính trị ít quan tâm đến cuộc sống và những tâm tình riêng tư của cá nhân mà thường đề cập đến những vấn đề có ý nghĩa lịch sử, có tính chất toàn dân, quan hệ tới vận mệnh của cả một dân tộc, một đất nước. Chọn C.

Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là khoa học. Chọn C.

Đoạn thơ diễn tả bức tranh tứ bình gần gũi, thân quen, sống động và đẹp đẽ về cảnh và người qua bốn mùa ở chiến khu Việt Bắc. Chọn A.

So sánh: Con gặp lại nhân dân như nai về suối cũ; Như đứa trẻ thơ đói lòng gặp sữa. Chọn B.

Đoạn trích là bức tranh bi thảm về nạn đói khủng khiếp năm 1945 qua không gian một ngã tư xóm chợ. Chọn A.

So sánh: đổ ào ào như một trận bão. Chọn B.

Câu nói của Bá Kiến “Lè bè vừa thôi chứ, tôi không phải là cái kho” có hàm ý từ chối trước lời đề nghị xin tiền như mọi khi của Chí Phèo. Chọn A.

Đoạn trích nói về tác giả Tản Đà, người được xem như một gạch nối giữa hai thời đại văn học của dân tộc: trung đại và hiện đại. Chọn B.

Cặp đại từ xưng hô “ta – mình” trong đoạn trích để chỉ ta: người cán bộ miền xuôi; mình: người dân Việt Bắc. Chọn C.

Đoạn trích thể hiện suy ngẫm của tác giả về Đất Nước từ phương diện không gian. Thể hiện qua các từ, cụm từ: nơi anh đến trường, nơi em tắm, nơi ta hò hẹn, nơi em đánh rơi chiếc khăn trong nỗi nhớ thầm, nơi “con chim phượng hoàng bay về hòn núi bạc”, nơi “con cá ngư ông móng nước biển khơi”. Chọn C.

Cảm hứng chủ đạo của đoạn trích là nỗi nhớ da diết của các chiến sĩ Tây Tiến hướng về miền Tây, trung đoàn Tây Tiến và những năm tháng hào hùng không thể nào quên. Chọn A.

Đan Thiềm là người sẵn sàng hi sinh để bảo vệ cái tài, cái đẹp. Điều này được thể hiện rất rõ trong lời thoại của chính nhân vật này: Bao nhiêu tội tôi xin chịu hết. Nhưng xin tướng quân tha cho ông Cả. Ông ấy là một người tài.... Chọn D.

Đoạn trích trên sử dụng phương thức biểu đạt: tự sự, biểu cảm. Chọn B.

Tính cách ngây thơ và đáng yêu của nhân vật Việt được thể hiện qua nỗi sợ hãi rất trẻ con của nhân vật này. Đó là nỗi sợ về “con ma cụt đầu vẫn ngồi trên cây xoài mồ côi và thằng chỏng thụt lưỡi hay nhảy nhót trong những đêm mưa ngoài vàm sông”. Chọn C.

Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn thơ là: Vẻ đẹp hào hùng của lí tưởng cao cả, của ý chí kiên cường, của sự hi sinh anh dũng cùng vẻ đẹp hào hoa lãng mạn của những tâm hồn đằm thắm mộng mơ. Chọn B.

Cuộc biểu tình của 9 vạn nữ công nhân ở Thủ đô Pê-tơ-rô-grat là sự kiện mở đầu cho cuộc cách mạng tháng Hai năm 1917 ở Nga. Chọn A.

Sự kiện triều đình Huế kí với Pháp Hiệp ước Nhâm Tuất (1862) đã đánh dấu bước đầu hàng đầu tiên của mình trước thực dân Pháp. Đồng thời, những điều khoản của Hiệp ước này cũng khiến nhân dân Việt Nam bất mãn, mở đầu cho việc quyết đánh cả Triều lẫn Tây”. Chọn A.

Mục tiêu của chiến lược kinh tế hướng nội đối với nhóm 5 nước sáng lập ASEAN là xóa bỏ nghèo nàn, lạc hậu, xây dựng nền kinh tế tự chủ. Chọn D.

Kinh tế Mĩ lâm vào tình trạng khủng hoảng, suy thoái kéo dài (1973-1982) chủ yếu là do tác động của cuộc khủng hoảng kinh tế thế giới (1973). Cuộc khủng hoảng kinh tế (1973) đã ảnh hưởng đến toàn bộ nền kinh tế thế giới trong đó có Mĩ. Chọn A.

Ý nghĩa lớn nhất của cuộc Tổng tiến công và nổi dậy năm Mậu Thân 1968 là đã mở ra bước ngoặt cho cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước ở Việt Nam. Tổng tiến công và nổi dậy năm Mậu Thân 1968 đã buộc Mĩ phải ngồi vào bàn đám pháp ở Hội nghị Pari. Đây chính là bước ngoặt lớn cho cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước ở Việt Nam. Chọn D.

Việc sinh sản vô tính ở người có thể đặt xã hội trước những thảm hoạ khôn l fường. Nhân bản vô tính ở người sẽ gây biến đổi bản chất, đồng thời gây nguy hại đến sự tồn tại của loài người. Nhiều người coi sinh sản vô tính người là tội ác chống lại loài người. Chính vì vậy mà phương pháp sinh sản vô tính gây ra những lo ngại về mặt pháp lí và đạo lí con người. Chọn C.

Phương án A sai vì các Xô viết chỉ thực hiện chức năng của chính quyền chứ chưa thành lập được chính quyền của dân. Chọn A.

Sau Chiến tranh thế giới thứ hai, Mĩ và Liên Xô chuyển sang thể đối đầu và đi tới tình trạng Chiến tranh lạnh do sự đối lập về mục tiêu và chiến lược giữa hai cường quốc. Chọn D.

Thu nhập bình quân, cơ cấu ngành kinh tế, chỉ số phát triển con người là những tiêu chí cơ bản để phân biệt các nhóm nước. Chọn A.

Đất đai ở các đồng bằng miền Đông Trung Quốc khá màu mõ̃ do phù sa sông bồi đắp. Đồng bằng nào cũng chủ yếu được bồi đắp bởi phù sa sông. Chọn A.

Vào đầu mùa đông, gió mùa Đông Bắc trước khi xâm nhập vào nước ta di chuyển qua lục đia Trung Quốc → tính chất lạnh, hanh, khô. Chọn C.

Nước ta tiếp giáp biển Đông là nguồn cung cấp nhiệt ẩm dồi dào, đem lại lượng mưa lớn nên thiên nhiên nước ta xanh tốt khác với các nước có cùng vĩ độ ở Tây Nam Á và Bắc Phi. Chọn A.

Căn cứ vảo Atlat Địa lí Việt Nam trang 15, ta thấy

- Vùng giữa sông Tiền và sông Hậu có mật độ dân số 501-1000 người/km²→ A sai.

- Phía Đông miền Trung có mật độ dân số đạt trên 201 người/km² cao hơn phía Tây miền Trung (dưới 100 người/km²) → B đúng. Chọn B.

- Ven ría phía Đông Bắc của ĐBSH có mật độ dân số khoảng 1001-2000 người/km²→ C sai

- Tây Nguyên, dân cư tập trung chủ yếu ở cao nguyên → D sai

Tính toán cho thấy B là đáp án đúng. Chọn B.

Khó khăn lớn nhất đối với việc phát triển cây công nghiệp lâu năm hiện nay là thị trường có nhiều biến động. Chọn C.

Dọc bờ biển nước ta có nhiều vũng vịnh nước sâu, kín gió thuận lợi cho xây dựng các cảng biển (đặc biệt bờ biển Nam Trung Bộ). Chọn C.

So với các vùng lãnh thổ khác của nước ta, Duyên hải Nam Trung Bộ có nhiều địa điểm tốt để xây dựng các cảng biển. Đây là đặc điểm nổi bật của Duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.

Muốn khai thác thủy sản cần quan trọng nhất là ngư trường → Chọn B.

Cường độ dòng điện trong mạch điện được tính theo công thức \(I = \frac{E}{{R + r}}.\)

Muốn cường độ dòng điện cực đại thì \(R + r\) phải đạt giá trị nhỏ nhất R và r đều là nhưng số dương nên theo bất đẳng thức Cô-si ta có: \(R + r \ge 2\sqrt {Rr} \). Dấu “=” xảy ra khi R = r. Chọn B.

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần là:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_1} > {n_2}}\\{i > {i_{gh}}}\end{array}} \right.\). Chọn D.

Động năng bằng ba lần thế năng \( \Rightarrow {W_t} = \frac{1}{3}{W_d}\)

\[{\rm{W}} = {{\rm{W}}_d} + \frac{1}{3}{{\rm{W}}_d} \Rightarrow {\rm{W}} = \frac{4}{3}{{\rm{W}}_d} \Rightarrow \frac{1}{2}mv_{\max }^2 = \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2}m{v^2} \Rightarrow v = \frac{{\sqrt 3 {v_{\max }}}}{2}\]

\[{v_{\max }} = 5.10 = 100\;{\rm{cm}}/{\rm{s}} \Rightarrow v = 50\sqrt 3 \;{\rm{cm}}/{\rm{s}}\]. Chọn D.

Sự truyền âm là đẳng hướng, lan rộng theo mọi hướng (hình cầu) nên cường độ âm của một điểm cách nguồn một khoảng r có dạng: \(I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = \frac{1}{{4.3,{{14.4}^2}}} = 5\;{\rm{mW}}/{{\rm{m}}^2}\). Chọn B.

Phản ứng \(_{11}^{23}Na + \,_1^1p \to _{10}^{20}{\rm{Ar}} + \,_Z^A{\rm{X}}\)

Gọi A và Z là số khối và điện tích của hạt nhân X, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{23 + 1 = 20 + A}\\{11 + 1 = 10 + Z}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = 4}\\{Z = 2}\end{array}} \right.} \right.\)

Do đó hạt nhân X là \(\alpha \). Chọn C.

Ta có: \({{\rm{I}}_0} = \omega {Q_0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} \cdot C{U_0} \Rightarrow {U_0} = {{\rm{I}}_0}\sqrt {\frac{L}{C}} \). Chọn C.

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{27}}{{32}}\)và \(\frac{{{k_2}}}{{{k_3}}} = \frac{{{\lambda _3}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{8}{9} = \frac{{32}}{{36}}\)

\({k_1}:{k_2}:{k_3} = 27:32:36\)

\( \Rightarrow \) Vân trùng đầu tiên ứng với bậc 36 của ánh sáng màu lam. Chọn C.

Hiệu suất lượng tử : \(H = \frac{{{n_e}}}{{{n_\lambda }}}\) (*)

Mỗi giây catốt nhận được năng lượng của chùm sáng là 3 mJ nên số phôtôn đập vào catốt trong một giây là: \({n_\lambda } = \frac{P}{\varepsilon } = \frac{{P \cdot \lambda }}{{hc}}\)(1)

Cường độ dòng điện bão hòa \({I_{bh}} = e.{n_e} = 4,5 \cdot {10^{ - 6}}A \Rightarrow {n_e} = \frac{{{I_{bh}}}}{e}\)

Thay \((1)(2)\) vào (*) ta có: \(H = \frac{{{n_e}}}{{{n_\lambda }}} = \frac{{{I_{bh}} \cdot hc}}{{e \cdot P \cdot \lambda }} = \frac{{4,5 \cdot {{10}^{ - 6}} \cdot 6,625 \cdot {{10}^{ - 34}} \cdot 3 \cdot {{10}^8}}}{{1,6 \cdot {{10}^{ - 19}} \cdot 3 \cdot {{10}^{ - 3}} \cdot 0 \cdot 2 \cdot {{10}^{ - 6}}}} = 0,93\% \).

Chọn A.

Đáp án: 150000 đồng.

* Tại \({100^o}C\)

100 gam nước sẽ hòa tan tối đa là 59,4 gam \(BaC{l_2}\)thu được 159,4 gam dung dịch \(BaC{l_2}\).

Vậy 200 gam dung dịch \(BaC{l_2}\) bão hoà sẽ chứa \(\frac{{200 \cdot 59,4}}{{159,4}} = 74,53\)gam \(BaC{l_2}.\)

* Tại \({20^o}C\)

100 gam nước sẽ hòa tan tối đa là 35,8 gam \(BaC{l_2}\)thu được 135,8 gam dung dịch \(BaC{l_2}\).

Vậy 163 gam dung dịch \(BaC{l_2}\) sẽ hòa tan tối đa là \(\frac{{163 \cdot 35,8}}{{135,8}} = 42,97\)gam \(BaC{l_2}.\)

Þ Khối lượng \(BaC{l_2}\)tách ra là 74,53 – 42,97 = 31,56 gam.

 Khối lượng \({H_2}O\)tách ra là 200 – 163 – 31,56 = 5,44 gam.

Þ Số mol \(BaC{l_2}\)tách ra là \(\frac{{31,56}}{{208}} \approx 0,1517\,mol\)

 Số mol \({H_2}O\)tách ra là \(\frac{{5,44}}{{18}} = 0,3022\,mol\)

Ta thấy: \(\frac{{0,3022}}{{0,1517}} = 2\). Công thức chất rắn \({\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} \cdot 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)

Chọn C.

- Xét \({\rm{T}}{{\rm{N}}_1}\) và \({\rm{T}}{{\rm{N}}_2}\): cùng lấy 100 mL dung dịch \({\rm{X}}.\)

                                               \({\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } + {\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}^ - \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

                                               \({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)

Để ý \({\rm{T}}{{\rm{N}}_2}\) có thêm \(Ba{(OH)_2}\)dư và tạo nhiều kết tủa hơn nên ta có:

\({{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}} = {{\rm{n}}_{ \downarrow {\rm{T}}{{\rm{N}}_1}}} = 0,1\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{HCO}}_3^ - }} = {{\rm{n}}_{ \downarrow {\rm{T}}{{\rm{N}}_2}}} = 0,15\;{\rm{mol}}.\)

- Ở \({\rm{T}}{{\rm{N}}_3}\): dùng 200 mL dung dịch X và thu được kết tủa là \({\rm{AgCl}}.\)

Tính trong 100 mL dung dịch X thì \({n_{C{l^ - }}} = \frac{1}{2}{n_{ \downarrow \,\,TN3}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{28,7}}{{143,5}} = 0,1\,mol\)

Bảo toàn điện tích cho 100 mL dung dịch X ta tính được: \({{\rm{n}}_{{{\rm{K}}^ + }}} = 0,15 + 0,1 - 0,1 \cdot 2 = 0,05\;{\rm{mol}}.\)

Đun sôi đến cạn 100 mL dung dịch X, xảy ra phản ứng: \(2{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}^ - \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow \)

Như vậy chất rắn thu được gồm:

\(0,1\;{\rm{mol}}\,{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }},0,1\;{\rm{mol}}\,{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - };0,075\;{\rm{mol}}\,{\rm{CO}}_3^{2 - };0,05\;{\rm{mol}}\;{{\rm{K}}^ + } \Rightarrow {\rm{m}} = 23,700\) gam.

Như vậy khi đun nóng tới cạn 50 mL dung dịch X sẽ thu được 11,850 gam chất rắn.

Chọn C.

Ta có: \({n_{glycine}} = \frac{{15}}{{75}} = 0,2\,mol;\,\,{n_{KOH}} = {n_{NaOH}} = 0,25\,mol;\,\sum {{n_{O{H^ - }}}} = 0,5\,mol\)

\({n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{Gly}}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = \sum {{{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}}} = 0,5\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 0,3\;{\rm{mol}}\)

BTKL: \(m = 15 + 0,3 \cdot 36,5 + 0,25 \cdot (56 + 40) - 0,5 \cdot 18 = 40,95\) gam.

Chọn A.

Phân tích thí nghiệm tiến hành:

- Bước 1: dung dịch \({I_2}\) là dung dịch có màu vàng nhạt, khi tương tác với hồ tinh bột sẽ tạo thành chất có màu xanh tím đặc trưng.

Giải thích: phân tử tinh bột có tạo mạch ở dạng xoắn có lỗ rỗng (giống như lò xo):

Chất thuộc loại amine bậc hai: \[{C_2}{H_5}NH{C_3}{H_7}.\]

Chọn B.

Ta có:\({{\rm{n}}_{{\rm{Al}}}} = 0,17\)mol; \(\frac{{{n_{NO}}}}{{{n_{{N_2}O}}}} = \frac{{44 - 33,5}}{{33,5 - 30}} = 3\)

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{NO}} = 3x\,\,mol\\{n_{{N_2}O}} = x\,\,mol\end{array} \right.\)

Các quá trình oxi hóa - khử:

Bảo toàn electron ta có: \(9{\rm{x}} + 8{\rm{x}} = 0,51 \to x = 0,03\,mol\)

Þ \({{\rm{V}}_{{\rm{NO}}}} = 0,09 \cdot 24,79 = 2,231\) lít; \({{\rm{V}}_{{{\rm{N}}_2}{\rm{O}}}} = 0,03 \cdot 24,79 = 0,744\) lít.

Chọn C.

Các ion có thể tồn tại trong cùng một dung dịch khi chúng không có khả năng phản ứng với nhau.

Các ion có thể tồn tại trong cùng một dung dịch là: \({\rm{N}}{{\rm{a}}^ + },{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}^ + ,{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}^{2 - },{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }.\)

Chọn A.

Để cân bằng đã cho chuyển dịch theo chiều thuận thì phải tăng nhiệt độ.

Tăng nhiệt độ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt, tức chiều thuận.

Ngược lại, giảm nhiệt độ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng tỏa nhiệt, tức chiều nghịch Þ Loại C.

Tăng nồng độ khí \[C{O_2}\], cân bằng chuyển dịch theo chiều giảm nồng độ khí \[C{O_2}\], tức chiều nghịch Þ Loại A.

Số phân tử khí vế trái (= 0) < số phân tử khí vế phải (= 1) Þ Tăng áp suất làm cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm số phân tử khí, tức là chiều nghịch Þ Loại B.

Chọn D.

Ta có số mol của \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}\;{{\rm{S}}_2}{{\rm{O}}_3}\) đã dùng là \( = 3,28 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 4 \cdot {10^{ - 3}} = 1,312 \cdot {10^{ - 5}}\) (mol).

Số mol \({\rm{N}}{{\rm{a}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{({\rm{CN}})}_6}} \right]\) ban đầu \( = 4,012 \cdot {10^{ - 3}} \cdot 5 \cdot {10^{ - 3}} = 2,006 \cdot {10^{ - 5}}(\;{\rm{mol}})\).

Lượng \({\rm{N}}{{\rm{a}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{({\rm{CN}})}_6}} \right]\) tham gia phản ứng (2) là lượng còn dư sau khi tham gia phản ứng (1).

Ta có:

 $\begin{array}{l}{\text{I}}_3^{-}+2 {\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}\stackrel{}{\to }3{\text{I}}^{-}+{\text{S}}_4{\text{O}}_6^{2-}\text{. \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em} (3)}\\ \frac{1,312\cdot {10}^{-5}}{2}\leftarrow 1,312\cdot {10}^{-5}mol\end{array}$

 $\begin{array}{l}4 {\text{K}}^{+}+2{\text{Zn}}^{2+}+2{\left[\text{Fe}{\left(\text{CN}\right)}_6\right]}^{3-}+3{\text{I}}^{-}\stackrel{}{\to }2 {\text{K}}_2\text{Zn}\left[\text{Fe}{\left(\text{CN}\right)}_6\right]\downarrow +{\text{I}}_3^{-}\left(2\right)\\ 1,312\cdot {10}^{-5}\leftarrow \frac{1,312\cdot {10}^{-5}}{2}mol\end{array}$

Vậy số mol \({\rm{N}}{{\rm{a}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{({\rm{CN}})}_6}} \right]\)đã dùng cho phản ứng (1) là:

\(2,006 \cdot {10^{ - 5}} - 1,312 \cdot {10^{ - 5}} = 6,94 \cdot {10^{ - 6}}(\;{\rm{mol}})\)

 $\begin{array}{l}{\text{C}}_6{\text{H}}_{12}{\text{O}}_6+2{\left[\text{Fe}{\left(\text{CN}\right)}_6\right]}^{3-}+3{\text{OH}}^{-}\stackrel{}{\to }{\text{C}}_5{\text{H}}_{11}{\text{O}}_5{\text{COO}}^{-}+2{\left[\text{Fe}{\left(\text{CN}\right)}_6\right]}^{4-}+2{\text{H}}_2\text{O\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}(1)}\\ 3,47\cdot {10}^{-6}\leftarrow 6,94\cdot {10}^{-6}mol\end{array}$