Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 1)
150 câu hỏi
135.
225.
195.
168.
5.
6.
4.
7.
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {4\,;\,\,x - 5\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\,y + 1} \right).\)
Ba điểm A, B, C thẳng hàng \( \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{R}:\overrightarrow {AB} = k \cdot \overrightarrow {AC} \)
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 = 6k}\\{x - 5 = - 3k}\\{2 = k\left( {y + 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = \frac{2}{3}}\\{x = 3\,;\,\,y = 2}\end{array}{\rm{.}}} \right.} \right.\] Vậy \(x + y = 5\). Chọn A.
\[\left( {2\,;\,\,5} \right).\]
\[\left( {3\,;\,\,5} \right).\]
\[\left( {5\,;\,\,2} \right).\]
\[\left( {5\,;\,\,3} \right).\]
Ta có \({z_1} + 2{z_2} = \left( {1 + i} \right) + 2\left( {2 + i} \right) = 5 + 3i.\)
Suy ra điểm biểu diễn số phức \({z_1} + 2{z_2}\) có toạ độ là \[\left( {5\,;\,\,3} \right).\] Chọn D.
${y}'=2\cos \left( 2x+1 \right).$
${y}'=2\sin \left( 4x+2 \right).$
${y}'=-2\sin \left( 2x+1 \right).$
${y}'=-2\sin \left( 4x+2 \right).$
Ta có \(y = {\cos ^2}\left( {2x + 1} \right).\)
Suy ra \(y' = 2\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot {\left[ {\cos \left( {2x + 1} \right)} \right]^\prime }\)\( \Rightarrow y' = 2\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot 2\left[ { - \sin \left( {2x + 1} \right)} \right]\)
\[ \Rightarrow y' = - 4\cos \left( {2x + 1} \right) \cdot \sin \left( {2x + 1} \right) = - 2\sin \left( {4x + 2} \right).\] Chọn D.
$\frac{2a\sqrt{5}}{5}.$
$a\sqrt{3}.$
$\frac{a}{2}.$
$\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
Kẻ $AH\bot SB\,\,(*)$
Ta có $BC\bot AB$ (do ABCD là hình vuông); $BC\bot SA$(do $SA\bot \left( ABCD \right)$.
Suy ra $BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AH\,\,(**)$
Từ $(*),(**)$ suy ra $AH\bot (SBC).$ Suy ra $d\left( A,\left( SBC \right) \right)=AH$.Xét tam giác vuông \[SAB,\] có $\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{B}^{2}}}+\frac{1}{S{{A}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{3{{a}^{2}}}=\frac{4}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
Chọn D.
\[\left( 1\,;\,\,-2\,;\,\,0 \right).\]
$\left( 5\,;\,\,-1\,;\,\,-1 \right).$
\[\left( 1\,;\,\,0\,;\,\,1 \right).\]
$\left( 0\,;\,\,2\,;\,\,1 \right).$
Gọi \[B=\Delta \cap Ox\Rightarrow B\left( x\,;\,\,0\,;\,\,0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( x-2\,;\,-1\,;\,-1 \right).\]
Do $\Delta \bot d$ nên $1\cdot \left( x-2 \right)+2\cdot \left( -1 \right)+3\cdot \left( -1 \right)=0\Rightarrow x=7\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left( 5\,;\,\,-1\,;\,\,-1 \right).$
Khi đó đường thẳng $\Delta $ nhận một vectơ chỉ phương là $\vec{u}=\overrightarrow{AB}=\left( 5\,;\,\,-1\,;\,\,-1 \right).$ Chọn B.
3.
0.
1.
2.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}} = 3x - 6\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 \ne 0}\\{{x^2} - 2x + 3 = \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 6} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{{x^2} - 2x + 3 = 3{x^2} - 9x + 6}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 1}\\{2{x^2} - 7x + 3 = 0}\end{array}} \right.\,\,\,(*)\)
Hệ phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt nên số giao điểm của của đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 1}}\) và đường thẳng \(y = 3x - 6\) là 2. Chọn D.
\(V = 3{a^3}.\)
\(V = {a^3}\sqrt 6 .\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
\(V = {a^3}\sqrt 3 .\)
Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \(A\) ta có:
\(\tan 60^\circ = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AB = a\sqrt 3 .\)
Khi đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)
Ta có hình chiếu vuông góc của cạnh \(BC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ACC'A'} \right)\) là \(AC'\) \( \Rightarrow \widehat {BC'A} = 30^\circ {\rm{. }}\)
Xét tam giác \(AB{C^\prime }\) vuông tại \(A\) ta có: \[\tan 30^\circ = \frac{{AB}}{{AC'}} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{AC'}} \Rightarrow AC' = 3a.\]
Suy ra \(CC' = \sqrt {A{{C'}^2} - A{C^2}} = 2a\sqrt 2 .\)
Thể tích của khối trụ là \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC' \cdot {S_{ABC}} = 2a\sqrt 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 6 .\) Chọn B.
6.
-3.
5.
-1.
Hàm số xác định với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(f'(x) = - {x^2} + 2mx + 3m + 2.\)
Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(f'(x) \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
\( \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le - 1\).
Hay \(m \in \left[ { - 2;\, - 1} \right] \Rightarrow a = - 2,\,\,b = - 1 \Rightarrow 2a - b = - 3.\) Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\)
\({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 6.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\)
Gọi \((S)\) có tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\) và bán kính R.
Phương trình mặt cầu \((S)\) có dạng:\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0.{\rm{ }}\)
Theo giả thiết, \((S)\) đi qua ba điểm \[O,\,\,A,\,\,B\], ta có hệ phương trình:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{ - 8c + d = - 16}\\{ - 4a + d = - 4}\\{\frac{{\left| {2a + b - c + 5} \right|}}{{\sqrt {4 + 1 + 1} }} = R}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 0}\\{c = 2}\\{a = 1}\\{{{\left( {2 + b - 2 + 5} \right)}^2} = 6\left( {{1^2} + {b^2} + {2^2} - 0} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\\{c = 2}\\{d = 0}\end{array}.} \right.} \right.} \right.\]
Vậy \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 2} \right)^2} = 6.\) Chọn A.
3.
4.
5.
6.
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {m + 2} \right)}^2} - \left( {m - 1} \right)\left( {m + 1} \right) > 0}\\{m \ne 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + 4m + 4 - {m^2} + 1 > 0}\\{m \ne 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - \frac{5}{4}}\\{m \ne 1}\end{array}.} \right.} \right.\)
Khi đó \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2} = \frac{{2(m + 2)}}{{m - 1}} - \frac{{m + 1}}{{m - 1}} = 1 - \frac{4}{{m - 1}}.\)
Để \({x_1} + {x_2} - {x_1}{x_2}\) là một số nguyên \( \Rightarrow \frac{4}{{m - 1}}\) là một số nguyên.
\( \Rightarrow m - 1\) là ước của 4 mà Ư\(\left( 4 \right) = \left\{ { \pm 4\,;\,\, \pm 2\,;\,\, \pm 1} \right\}\)
\[ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 = 1}\\{m - 1 = - 1}\\{m - 1 = 4}\\{m - 1 = - 4}\\{m - 1 = 2}\\{m - 1 = - 2}\end{array} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = 0}\\{m = 4}\\{m = - 3\,\,(L)}\\{m = 3}\\{m = - 1}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}} \right.} \right.\].
Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
8.
6.
5.
7.
Tập xác định \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\). Ta có \(y' = 2x + \frac{8}{x} - m\).
Hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Đặt \(f(x) = 2x + \frac{8}{x}\), có \(f'(x) = 2 - \frac{8}{{{x^2}}} = \frac{{2{x^2} - 8}}{{{x^2}}},f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 2\).
Bảng biến thiên
|
\(x\) |
0 |
2 |
\( + \infty \) |
|
\(f'\left( x \right)\) |
\( - \) |
0 + |
|
|
\(f\left( x \right)\) |
\( + \infty \)
|
|
\( + \infty \) |
|
|
|
8 |
|
Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) khi \(m \le 8\) hay \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\].
Vậy có 8 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
4.
5.
6.
7.
Gọi \({u_1},\,\,q\) lần lượt là số hạng đầu tiên và công bội của dãy số gồm các cạnh của mảnh vườn. Ta có \({u_1} \in \mathbb{Z},\,\,{u_1} > 0,\,\,q = 2\).
Vì mảnh vườn là hình đa giác nên \(n > 3\).
\({S_n} = {u_1} \cdot \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}} = 63 \Leftrightarrow {u_1} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{2 - 1}} = 63\)\( \Leftrightarrow {u_1} \cdot \left( {{2^n} - 1} \right) = 63 \Leftrightarrow {u_1} = \frac{{63}}{{{2^n} - 1}} \in \mathbb{Z}\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^n} - 1 \in U(63)}\\{{2^n} - 1 > 0}\\{n > 3}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow {2^n} - 1 \in \left\{ {3\,;\,\,7\,;\,\,9\,;\,\,63} \right\} \Leftrightarrow {2^n} \in \left\{ {4\,;\,\,8\,;\,\,10\,;\,\,64} \right\}\]
\( \Rightarrow n \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,6} \right\} \Rightarrow n = 6 \Rightarrow {u_1} = 1\). Vậy đa giác đó có 6 cạnh. Chọn C.
1.
2.
3.
Vô số.
Điều kiện xác định: \(x > 0.\)
Ta có \({\log _2}x + {\log _3}x \ge 1 + {\log _2}x \cdot {\log _3}x \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}x - 1} \right)\left( {{{\log }_3}x - 1} \right) \le 0\)
Suy ra có 2 nghiệm nguyên \(x\) thoả mãn. Chọn B.
\(S = 1.\)
\(S = 4.\)
\(S = 5.\)
\(S = 9.\)
Xét \(I = \int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)\,} {e^x}\;{\rm{d}}x\). Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = a{x^2} + bx + 5 \Rightarrow {\rm{d}}u = (2ax + b){\rm{d}}x}\\{\;{\rm{d}}v = {e^x}\;{\rm{d}}x \Rightarrow v = {e^x}}\end{array}} \right.\).
Khi đó: \(I = \int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)} \,{e^x}\;{\rm{d}}x = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \int {(2ax + b)} \,{e^x}\;{\rm{d}}x\)
\( = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \left( {2ax + b} \right){e^x} + \int 2 a \cdot {e^x}\;{\rm{d}}x\)
\( = \left( {a{x^2} + bx + 5} \right){e^x} - \left( {2ax + b} \right){e^x} + 2a{e^x} + C\)\[ = {e^x}\left[ {a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right)} \right] + C.\]
Ta có \(\int {\left( {a{x^2} + bx + 5} \right)\,} {e^x}\;{\rm{d}}x = \left( {3{x^2} - 8x + 13} \right){e^x} + C\)
\( \Leftrightarrow {e^x}\left[ {a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right)} \right] + C = \left( {3{x^2} - 8x + 13} \right){e^x} + C\)
\( \Leftrightarrow a{x^2} + \left( {b - 2a} \right) + \left( {5 - b + 2a} \right) = 3{x^2} - 8x + 13\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b - 2a = - 8}\\{5 - b + 2a = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b = - 2}\end{array}} \right.} \right.\) (thoả mãn)
Suy ra \(S = a + b = 1.\) Chọn A.
\(m = \frac{5}{2}.\)
\(m = \frac{3}{4}.\)
\(m = \frac{3}{4};\,\,m = \frac{5}{2}.\)
\(m = - 1.\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m\left( {x + 1} \right) \ge x + 3}\\{4mx + 3 \ge 4x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {2m - 1} \right)x \ge 3 - 2m}\\{\left( {4m - 4} \right)x \ge - 3}\end{array}} \right.} \right.\)
Giả sử hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{{3 - 2m}}{{2m - 1}} = \frac{{ - 3}}{{4m - 4}}\)\( \Leftrightarrow 8{m^2} - 26m + 15 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{3}{4}}\\{m = \frac{5}{2}}\end{array}.} \right.\)
Thử lại:
• Với \(m = \frac{3}{4}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {\frac{3}{2} - 1} \right)x \ge 3 - \frac{3}{2}}\\{ - x \ge - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{x \le 3}\end{array} \Leftrightarrow x = 3} \right.} \right.\) (thoả mãn)
• Với \(m = \frac{5}{2}\), hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x \ge - 2}\\{6x \ge - 3}\end{array} \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{2}} \right.\) (không thoả mãn)
Vậy \(m = \frac{3}{4}\) là giá trị cần tìm. Chọn B.
\(30^\circ .\)
\(45^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\(90^\circ .\)
Ta có \(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - g}}{{2v_0^2{{\cos }^2}\alpha }} \cdot {x^2} + x \cdot \tan \alpha = 0\)
\( \Leftrightarrow x\left( {\frac{{ - g}}{{2v_0^2\cos \alpha }} \cdot x + \tan \alpha } \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \frac{{x_0^2\sin 2\alpha }}{g} = 25\,\,000\sin 2\alpha .}\end{array}} \right.\)
Do đó, tầm bay xa mà quả đạn đạt tới là \(25\,\,000\sin 2\alpha \,\,(m).\)
Vậy đạn bay xa nhất khi \(\sin 2\alpha = 1 \Leftrightarrow 2\alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{4} + k\pi .\)
Vì \(0 \le \alpha \le \frac{\pi }{2}\) nên \(\alpha = \frac{\pi }{4}.\)
Vậy góc bắn bằng \(45^\circ \) thì đạn bay xa nhất. Chọn B.
4.
3.
5.
6.
• TH1: \({z_1},\,\,{z_2}\) là các nghiệm thực \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 5}\\{m < 1}\end{array}} \right..\)
Ta có \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| \Leftrightarrow {z_1} = - {z_2} \Leftrightarrow {z_1} + {z_2} = 0 \Leftrightarrow 2m = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)
• TH2: \({z_1},\,\,{z_2}\) là các nghiệm ảo \( \Leftrightarrow \Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 5 < 0 \Leftrightarrow 1 < m < 5.\)
Phương trình bậc hai có hai nghiệm phức phân biệt thì hai số phức đó là hai số phức liên hợp nên luôn thoả mãn điều kiện \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right|\)
\( \Rightarrow m \in \left( {1\,;\,\,5} \right){\rm{. M\`a }}m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}{\rm{. }}\)
Vậy có 4 giá trị \(m\) thoả mãn. Chọn A.
9.
7.
3.
5.
Gọi \(k\) là hệ số góc của đường thẳng \(d\) qua \[A.\]
Ta có phương trình của \(d\) có dạng: \(y = kx + m - k.\)
\(d\) tiếp xúc với \((C) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{kx + m - k = {x^3} + 3{x^2} + 1}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 2{x^3} + 6x + 1\,\,(*)}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array}} \right.} \right.\) có nghiệm.
Để qua \(A\) có thể kẻ được đúng 3 tiếp tuyến tới \((C)\).
Khi phương trình (*) phải có 3 nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow {y_{CT}} < m < {y_{CD}}\) với \(f(x) = - 2{x^3} + 6x + 1.\)
Ta có \[f'(x) = - 6{x^2} + 6\,;\,\,f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1.\] \(f(1) = 5 = {f_{CD}};\,\,f( - 1) = - 3 = {f_{CT}}.\)
Suy ra \( - 3 < m < 5.\) Vậy số phần tử của \(S\) là 7. Chọn B.
5 giây.
6 giây.
1 giây.
2 giây.
Vận tốc của vật được tính theo công thức \(v(t) = 10 + {t^2} - 7t\,\,(m/s).\)
Quãng đường vật đi được tính theo công thức \(S\left( t \right) = \int v (t)dt = \frac{{{t^3}}}{3} - \frac{7}{2}{t^2} + 10t\,\,(m).\)
Ta có \(S'\left( t \right) = {t^2} - 7t + 10 \Rightarrow S'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {t^2} - 7t + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2}\\{t = 5}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow S\left( 0 \right) = 0;\,\,S\left( 2 \right) = \frac{{26}}{3};\,\,S\left( 5 \right) = \frac{{25}}{6};\,\,S\left( 6 \right) = 6\)\( \Rightarrow {\max _{[0;\,\,6]}}S(t) = S(2) = \frac{{26}}{3}.\) Chọn D.
Một cái mũ bằng vải của nhà ảo thuật với kích thước như hình vẽ. Tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ (không tính viền, mép, phần thừa) là
\[750,25\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\]
\(756,25\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
\(700\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
\(720\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Bán kính hình trụ của cái mũ là: \(r = \frac{{35 - 10 - 10}}{2} = \frac{{15}}{2}(\;{\rm{cm}}).\)
Đường cao hình trụ của cái mũ là \(30\,\;{\rm{cm}}.\)
Diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi \cdot \frac{{15}}{2} \cdot 30 = 450\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Diện tích vành mũ là: \({S_v} = \pi {\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2} - {S_d}\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Vậy tổng diện tích vải cần có để làm nên cái mũ là:
\(S = {S_{xq}} + {S_d} + {S_v} = 450\pi + {\left( {\frac{{35}}{2}} \right)^2}\pi = 756,25\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Chọn B.
2019.
2021.
2022.
2024.
• TH1: \(m = 0 \Rightarrow y = - 1\) nên hàm số không có cực trị \( \Rightarrow m = 0\) (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 \( \Leftrightarrow ab \ge 0\)
\( \Leftrightarrow - {m^2}\left( {{m^2} - 2019m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 2019m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 2019.{\rm{ }}\)
Vì \(m \ne 0 \Rightarrow 0 < m \le 2019.\)
Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2019 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.
\(\frac{{2\pi {a^3}}}{3}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}.\)
\(\pi {a^3}.\)
\(\sqrt 3 \pi {a^3}.\)
Khối nón đỉnh \(O\), có đường tròn đáy nằm trên \(\left( S \right)\) nên đường sinh của khối nón bằng bán kính của mặt cầu.
Xét khối nón như hình với \(I\) và trung điểm AB.
Vì góc giữa đường sinh và mặt đáy bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {OAI} = 60^\circ \)
\( \Rightarrow OI = AI \cdot \tan 60^\circ = AI\sqrt 3 \) (1)
Ta có: \(A{I^2} + O{I^2} = O{A^2} = 4{a^2}\)
Từ (1), (2) ta có \(OI = a\sqrt 3 \,,\,\,AI = a\).
Thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi A{I^2} \cdot OI = \frac{1}{3}\pi {a^2} \cdot a\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}\). Chọn B.
\(\frac{{42}}{3}.\)
\(\frac{{14}}{3}.\)
\(\frac{{21}}{3}.\)
\(\frac{7}{3}.\)
Ta có \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AD} = \left( { - 4\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)
Suy ra \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 6\,;\,\, - 10\,;\,\,4} \right).\)
Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] là \[V = \frac{1}{6} \cdot \left| {\,\left[ {\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6} \cdot \left| {14} \right| = \frac{7}{3}.\] Chọn D.
\(a + b = 10.\)
\(a + b = 7.\)
\(a + b = 4.\)
\(a + b = - 4.\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\, - 4} \right).\)
Suy ra, phương trình tổng quát của đường thẳng \[AB\] có dạng: \(4x + 3y + m = 0.\)
• Vì \(A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in AB\) nên \(4.1 + 3.1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 7 \Rightarrow AB:4x + 3y - 7 = 0.\)
• Vì \(C\left( {a\,;\,\,b} \right) \in d:x - 2y - 1 = 0 \Rightarrow a - 2b - 1 = 0 \Rightarrow a = 2b + 1.\)
Theo giả thiết, ta có \(d\left( {C\,;\,\,AB} \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 3b - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \left| {4a + 3b - 7} \right| = 30.\)
Thay \(a = 2b + 1\) vào phương trình trên ta được \(\left| {4\left( {2b + 1} \right) + 3b - 7} \right| = 30 \Leftrightarrow \left| {11b - 3} \right| = 30\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{11b - 3 = 30}\\{11b - 3 = - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{b = \frac{{ - 27}}{{11}}}\end{array}.} \right.} \right.\) Do \(C\) có toạ độ nguyên nên \(b = 3 \Rightarrow a = 7 \Rightarrow a + b = 10.\)
Chọn A.
4.
\(\frac{9}{2}.\)
\(\frac{7}{2}.\)
3.
Gọi \[G,{\rm{ }}H\] lần lượt là hình chiếu của \[A,\,\,B\] trên \[Ox.\]
Gọi \(D\) là giao điểm của \[BC\] và \[Ox,{\rm{ }}E\] là hình chiếu của \(C\) trên \[Ox.\]
Suy ra \[ABGH\] là hình chữ nhật, \(\Delta BGD\) và \(\Delta CDE\) là tam giác vuông.
Với \(AB = 3,\,\,AD = 1,\,\,BG = 1\), \(GD = DE = 1.\)
Ta có \(\int\limits_{ - 2}^3 {f(x){\rm{d}}x} = {S_{ABGH}} + {S_{BGD}} - {S_{CDE}}\)\(T = \frac{1}{{10}}.\)
Suy ra \(\int\limits_{ - 2}^3 {f(x){\rm{d}}x} = 3 \cdot 1 + \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 - \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = 3\). Chọn D.
\(T = \frac{1}{2}.\)
\(T = \sqrt {10} .\)
\(T = 2.\)
\(T = - 1.\)
Đặt \({4^a} = {25^b} = {10^c} = t.\)
• \({4^a} = t \Leftrightarrow a = {\log _4}t\);
• \({25^b} = t \Leftrightarrow b = {\log _5}t\);
• \({10^c} = t \Leftrightarrow c = {\log _{10}}t\).
Suy ra \(T = \frac{c}{a} + \frac{c}{b} = \frac{{{{\log }_{10}}t}}{{{{\log }_4}t}} + \frac{{{{\log }_{10}}t}}{{{{\log }_{25}}t}} = \frac{{{{\log }_t}4}}{{{{\log }_t}10}} + \frac{{{{\log }_t}25}}{{{{\log }_t}10}}\)\( = \frac{{{{\log }_t}4.25}}{{{{\log }_t}10}} = \frac{{{{\log }_t}100}}{{{{\log }_t}10}} = 2.\)
Chọn C.
\[\left\{ {1\,;\,\,10} \right\}\].
\(\left\{ {2\,;\,\, - 10} \right\}.\)
\(\left\{ { - 1\,;\,\,11} \right\}.\)
\(\left\{ {1\,;\, - 11} \right\}.\)
Đường tròn lớn có chu vi bằng \(8\pi \) nên bán kính của \((S)\) là \(\frac{{8\pi }}{{2\pi }} = 4.\)
Từ phương trình của \((S)\) suy ra bán kính của \((S)\) là \(\sqrt {{2^2} + {1^2} + {a^2} - 10a} .\)
Do đó \(\sqrt {{2^2} + {1^2} + {a^2} - 10a} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{a = 11}\end{array}} \right..\) Chọn C.
458.
222.
459.
221.
Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024 - 2025.
Áp dụng công thức \({S_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\) để tính dân số năm 2018.
Trong đó \(A = 905\,\,300\,;\,\,r = 1,37\% \,;\,\,n = 8\).
Dân số năm 2018 là \(905\,\,300{\left( {1 + \frac{{1,37}}{{100}}} \right)^8} = 1\,\,009\,\,411\).
Dân số năm 2017 là \(905\,\,300{\left( {1 + \frac{{1,37}}{{100}}} \right)^7} = 995\,\,769\).
Số trẻ vào lớp 1 là \(1\,\,009\,\,411 - 995\,\,769 + 2\,\,400 = 16\,\,042\).
Số phòng học cần chuẩn bị là \(16\,\,042:35 \approx 458,3\).
Vậy số phòng cần chuẩn bị là 459 phòng. Chọn C.
\(r = 2.\)
\(r = 4.\)
\(r = \sqrt 2 .\)
\(r = 2\sqrt 2 .\)
Cách 1: Ta có \(w = (1 - i)z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{{1 - i}}\)
Đặt \(w = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)\( \Rightarrow z = \frac{{x + yi - i}}{{1 - i}}.\)
Ta có \(\left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{x + yi - i}}{{1 - i}} - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{(x + yi - i)(1 + i)}}{2} - 2} \right| = 2.\)
\( \Leftrightarrow \left| {x + xi + yi - y - i + 1 - 4} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {x - y - 3 + (x + y - 1)i} \right| = 4\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y - 3} \right)^2} + {\left( {x + y - 1} \right)^2} = 16\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 9 - 2xy + 6y - 6x + {x^2} + {y^2} + 1 + 2xy - 2y - 2x = 16\)
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 8x + 4y - 6 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 2y - 3 = 0\)
Đường tròn có bán kính là \(R = \sqrt {{2^2} + {1^2} + 3} = 2\sqrt 2 .\)
Cách 2: Ta có \[w = \left( {1 - i} \right)z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{{1 - i}} \Leftrightarrow z - 2 = \frac{{w - i}}{{1 - i}} - 2\]
\( \Leftrightarrow z - 2 = \frac{{w - i - 2 + 2i}}{{1 - i}} = \frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}} \Leftrightarrow \left| {z - 2} \right| = \left| {\frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}}} \right|\).
Suy ra \(\left| {z - 2} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 2 + i}}{{1 - i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 2 + i} \right|}}{{\left| {1 - i} \right|}} = 2 \Leftrightarrow \left| {w - 2 + i} \right| = 2\sqrt 2 .\) Chọn D.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\), có đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình sau:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục \[Ox\] và đồ thị hàm số \(y = f'(x)\) trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\) và \[\left[ {1\,;\,\,4} \right]\] lần lượt bằng 9 và 12 . Khi \(f\left( 1 \right) = 3\) thì \(f\left( { - 2} \right) + f\left( 4 \right)\) bằng
9.
21.
3.
2.
Từ đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right) \Rightarrow f'\left( x \right) \le 0\] trên mỗi đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\) và \[\left[ {1\,;\,\,4} \right]\].
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục Ox với đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,1} \right]\)
\[{S_1} = \int\limits_{ - 2}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx} = - \int\limits_{ - 2}^1 {f'\left( x \right)dx} = f\left( { - 2} \right) - f\left( 1 \right)\]
\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) - f\left( 1 \right) = 9 \Rightarrow f\left( { - 2} \right) = 9 + f\left( 1 \right) = 9 + 3 = 12\).
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi trục \[Ox\] với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) trên đoạn \[\left[ {1\,;\,\,4} \right]\]
\({S_2} = \left| {f'\left( x \right)} \right|dx = - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx} = f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right)\)
\[ \Rightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right) = 12 \Rightarrow f\left( 4 \right) = f\left( 1 \right) - 12 = 3 - 12 = - 9\]\( \Rightarrow f\left( { - 2} \right) + f\left( 4 \right) = 12 - 9 = 3\). Chọn C.
\(\frac{1}{{27}}.\)
\(\frac{2}{9}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{2}{{27}}.\)
Gọi \[E,\,\,F,\,\,G\] lần lượt là trung điểm của \[BC,\,\,CD\] và \[DB.\]
Ta có \({S_{EFG}} = \frac{1}{4}{S_{BCD}} \Rightarrow {V_{A.GEF}} = \frac{1}{4}{V_{A.BCD}} = \frac{1}{4}.\)
\(\frac{{{V_{AMNP}}}}{{{V_{AEFG}}}} = \frac{{AM}}{{AE}} \cdot \frac{{AN}}{{AF}} \cdot \frac{{AP}}{{AG}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{8}{{27}}\)\( \Rightarrow {V_{AMNP}} = \frac{8}{{27}}{V_{AEFG}} = \frac{2}{{27}}.\) Chọn D.\[0,504.\]
\[0,216.\]
\[0,056.\]
\[0,272.\]
• TH1: An và Cường trả lời đúng, Bình trả lời sai \( \Rightarrow {P_1} = 0,9 \cdot \left( {1 - 0,7} \right) \cdot 0,8 = 0,216\).
• TH2: Bình và Cường trả lời đúng, An trả lời sai \( \Rightarrow {P_2} = \left( {1 - 0,9} \right) \cdot 0,7 \cdot 0,8 = 0,056\).
Xác suất cô giáo chỉ kiểm tra bài cũ đúng 3 bạn trên là \(P = {P_1} + {P_2} = 0,272\). Chọn D.
2.
1.
0.
4.
Đặt \(y = f(x) = {x^2} - 2\left( {m + \frac{1}{m}} \right)x + m\).
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số là \(x = m + \frac{1}{m} \ge 2\) (Bất đẳng thức Cô-si).
Vì hệ số \(a = 1 > 0\) nên hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\,m + \frac{1}{m}} \right).\)
\( \Rightarrow \) Hàm số nghịch biến trên \(\left[ { - 1\,;\,\,1} \right]\)
\( \Rightarrow {y_1} = f( - 1) = 3m + \frac{2}{m} + 1\) và \({y_2} = f(1) = 1 - m - \frac{2}{m}\)
Theo đề bài ta có: \({y_1} - {y_2} = 8\)\( \Leftrightarrow 3m + \frac{2}{m} + 1 - 1 + m + \frac{2}{m} = 8\)\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\).
Chọn B.
\({T_{\max }} = \sqrt 3 .\)
\({T_{\max }} = 2\sqrt 3 .\)
\({T_{\max }} = 3\sqrt 3 .\)
\({T_{\max }} = \sqrt 2 .\)
Ta có\(A\left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right),\)\(B\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\) nên \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right)\).
Phương trình tham số của đường thẳng \[AB\] là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - t\\y = 1 - t\\z = - 3 + 5t\end{array} \right.\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).
Xét vị trí tương đối giữa \[AB\] và \(\Delta \) ta có \[AB\] cắt \(\Delta \) tại \(C\left( { - \frac{1}{2};\frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right).\)
Suy ra \(\overrightarrow {AC} = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \Rightarrow C\) là trung điểm của \[AB\].
\(T = \left| {MA - MB} \right| \le AB.\) Dấu "=" xảy ra khi \(M \equiv A\) hoặc \(M \equiv B.\)
Do đó \({T_{\max }} = AB = \sqrt {27} = 3\sqrt 3 .\) Chọn C.
Vì \[A,\,\,B\] là hai tập hợp khác rỗng, nên ta có điều kiện:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 5}\\{3 < 2020 - 5m}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 6}\\{m < \frac{{2017}}{5}}\end{array} \Leftrightarrow m < 6} \right.} \right..\)
Để \(A\backslash B = \emptyset \) thì \(A \subset B\) ta có điều kiện
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 \le m - 1}\\{5 < 2020 - 5m}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 \le m}\\{m < 403}\end{array} \Leftrightarrow 4 \le m < 403} \right.} \right..\)
Kết hợp điều kiện, suy ra \(4 \le m < 6.\)
Vậy có 2 giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 2.
Xét hàm số \(T = - 0,008{t^3} - 0,16t + 28\) với \(t \in \left[ {1\,;\,\,10} \right].\)
Ta có \(T' = - 0,024{t^2} - 0,16\) với \(t \in \left[ {1\,;\,\,10} \right].\)
Suy ra hàm số \(T\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ {1\,;\,\,10} \right].\)
Nhiệt độ thấp nhất trong phòng đạt được là:
\({T_{\min }} = T\left( {10} \right) = - 0,008 \cdot {10^3} - 0,16 \cdot 10 + 28 = 18,4\;\,\left( {^\circ C} \right)\).
Đáp án: \(18,4\).
Ta có \(y = {\left( {{x^3} - 6{x^2} - m} \right)^2}\)\( \Rightarrow y' = 2 \cdot \left( {3{x^2} - 12x} \right) \cdot \left( {{x^3} - 6{x^2} - m} \right)\left( {{{\left( {{u^2}} \right)}^\prime } = 2u \cdot u'} \right)\).
Khi đó \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{x^2} - 12x = 0}\\{{x^3} - 6{x^2} - m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0\,;\,\,x = 4}\\{m = {x^3} - 6{x^2} = f\left( x \right)}\end{array}} \right.} \right.\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có ba nghiệm phân biệt.
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right) \Rightarrow - 32 < m < 0.\)
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 31\,;\,\, - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\}.\)
Đáp án: 31.
Số tam giác tạo thành khi chọn ngẫu nhiên 3 điểm là \(C_{2n}^3\).
Số đường chéo đi qua tâm là \(n\).
Suy ra, số hình chữ nhật nhận 2 đường chéo đi qua tâm làm 2 đường chéo là \(C_n^2\).
Số tam giác vuông được tạo thành là \(4C_n^2\).
Khi đó, ta được phương trình \(\frac{{4 \cdot C_n^2}}{{C_{2n}^3}} = 0,2 \Rightarrow n = \frac{1}{8}\).
Đáp án: \(\frac{1}{8}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 5x + 1} \right]\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{9}{8}{\rm{ }}\)
Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 9}\\{b = 8}\end{array} \Rightarrow T = a - b = 1} \right.\).
Đáp án: 1.
Đặt \(g(x) = {x^2} - 2x + 2m.\)
− Khi \(m = - 1\) ta có hàm số \(y = f(x) = \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)
− Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{{x^2} - 2x - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = - \infty \) suy ra đồ thị của hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng là \(x = 1.\)
− Khi \(m \ne 1\), xét hàm số \[y = f(x) = \frac{{{x^2} - 2x + 2m}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + m} \right)}}\].
• TH1: Đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng \(x = 1.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g(1) \ne 0}\\{g( - m) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 + 2m \ne 0}\\{{m^2} + 4m = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = - 4}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
• TH2: Đồ thị hàm số đã cho có duy nhất một tiệm cận đứng \(x = m.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{g(1) = 0}\\{g( - m) \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 + 2m = 0}\\{{m^2} + 4m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{1}{2}}\\{m \ne 0}\\{m \ne - 4}\end{array} \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}.} \right.} \right.} \right.\)
Vậy có 4 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 4.
Ta có \[f'\left( x \right)\left[ {1 + {e^{f\left( x \right)}}} \right] = 1 + {e^x} \Rightarrow f'\left( x \right) + f'\left( x \right)\,{e^{f\left( x \right)}} = 1 + {e^x}\]
\( \Rightarrow {\left[ {f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = 1 + {e^x}\)\( \Rightarrow \int {{{\left[ {f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}}} \right]}^\prime }} {\rm{d}}x = \int {\left( {1 + {e^x}} \right)\,} {\rm{d}}x\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x} + C\).
Lại có \(f\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f(x) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x}.\)
Xét hàm số \(g(t) = t + {e^t}\) với \(t \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(g'\left( t \right) = 1 + {e^t} > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\) nên \(g\left( t \right)\) đồng biến trên.
Suy ra \(f\left( x \right) + {e^{f\left( x \right)}} = x + {e^x} \Rightarrow f\left( x \right) = x.\)
Do đó diện tích hình phẳng đó là: \(S = \int\limits_1^3 {x\;{\rm{d}}x} = \left. {\frac{1}{2}{x^2}} \right|_1^3 = 4.\)
Đáp án: 4.
Gọi \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{u_2}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) lần lượt là một vectơ chỉ phương của \[{d_1},\,{d_2}.\]
Gọi \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right)\), có
\(\overrightarrow {{n_1}} \) cùng phương với \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right).\)
\(\vec n = \left( {1\,;\,\,a\,;\,\,b} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \(\left( P \right)\).
Do \(\left( P \right)\) song song với \({d_1},\,\,{d_2}\) nên chọn \(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right).\)
Do đó, phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) có dạng: \(x - 3y + z + c = 0.\)
Lấy \({M_1}\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \in {d_1},\,\,{M_2}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right) \in {d_2}\).
Có \(d\left( {{d_1}\,,\,\,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {{d_2}\,,\,\,\left( P \right)} \right) \Leftrightarrow d\left( {{M_1}\,,\,\,\left( P \right)} \right) = 2d\left( {{M_2}\,,\,\,\left( P \right)} \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 - 3 \cdot \left( { - 2} \right) + 1 + c} \right|}}{{\sqrt {11} }} = 2\frac{{\left| {1 - 3 - 2 + c} \right|}}{{\sqrt {11} }}\)\[ \Leftrightarrow \left| {8 + c} \right| = 2\left| { - 4 + c} \right|\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 + c = 2\left( { - 4 + c} \right)}\\{8 + c = 2\left( {4 - c} \right)}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{c = 16\,\,(TM)}\\{c = 0\,\,(L)}\end{array}} \right.\)
Do đó \((P):x - 3y + z + 16 = 0 \Rightarrow a = - 3,\,\,b = 1,\,\,c = 16.\)
Vậy \(a + b + c = 14.\)
Đáp án: 14.
Đặt \(t = {\log _3}x \Rightarrow x = {3^t}.\)
Phương trình trở thành: \({t^2} + 3m(1 + t) + 2{m^2} - 2m - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow {t^2} + 3mt + 2{m^2} + m - 1 = 0\)
Ta có \(\Delta = {(m - 2)^2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = \frac{{ - 3m + m - 2}}{2} = - m - 1}\\{{t_2} = \frac{{ - 3m - m + 2}}{2} = - 2m + 1}\end{array}} \right.\).
Khi đó \({t_1} = {\log _3}{x_1}\) và \({t_2} = {\log _3}{x_2}\).
Mà \({x_1} + {x_2} < \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - m - 1}} + {3^{ - 2m + 1}} < \frac{{10}}{3}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{3^{ - m}}}}{3} + 3 \cdot {\left( {{3^{ - m}}} \right)^2} < \frac{{10}}{3}\).
Đặt \({3^{ - m}} = u > 0\)
\({\rm{ (1) }} \Leftrightarrow 3{u^2} + \frac{u}{3} - \frac{{10}}{3} < 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 10}}{9} < u < 1\)\( \Leftrightarrow - \frac{{10}}{9} < {3^{ - m}} < 1 \Leftrightarrow - m < 0 \Leftrightarrow m > 0\).
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\). Vậy \(S\) có vô số phần tử.
Đáp án: Vô số.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình sau:
Biết \(f\left( { - 2} \right) = 7\), hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\left| {{x^2} - 1} \right| - 2} \right) = m\) có đúng 6 nghiệm phân biệt?
Xét hàm số \(u = \left| {{x^2} - 1} \right| - 2 \Rightarrow u' = \frac{{{x^2} - 1}}{{\left| {{x^2} - 1} \right|}} \cdot 2x\) \( \Rightarrow \) Hàm số đạt cực trị tại \(x = 0\,;\,\,x = \pm 1.\)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào BBT, để phương trình \(f\left( {\left| {{x^2} - 1} \right| - 2} \right) = m\) có đúng 6 nghiệm \( \Rightarrow m \in \left( { - 1\,;\,\,7} \right).\)
Vậy có 7 giá trị \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 7.
Đường thẳng \(d:\frac{{x - 5}}{2} = \frac{{y + 7}}{2} = \frac{{z - 12}}{{ - 1}}\) có một vectơ chỉ phương là \(\vec u = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right).\)
Mặt phẳng \((\alpha ):x + 2y - 3z - 3 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right).\)
Ta có \[\sin \left( {d\,,\,\,(\alpha )} \right) = \frac{{\left| {\vec u \cdot \vec n} \right|}}{{\left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec n} \right|}} = \frac{{3\sqrt {14} }}{{14}}.\]
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha ).\)
Khi đó tam giác \[MAH\] vuông tại \(H\) nên
\(\sin \left( {d\,,\,\left( \alpha \right)} \right) = \sin \widehat {AMH} = \frac{{AH}}{{AM}}\)\( \Rightarrow AH = AM \cdot \sin \left( {d\,,\,\left( \alpha \right)} \right) = 3.\)
Vậy khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((\alpha )\) bằng 3.
Đáp án: 3.
Đặt \(z = x + yi\quad (x,y \in \mathbb{R})\)
Theo bài ra, ta có \(x \le 4,\,\,y \le 4\) và \(x + y \ge 6.\)
Vẽ các đường thẳng \(x = 4,\,\,y = 4\) và \(x + y = 6\) trên hệ toạ độ \[Oxy.\]
Vẽ các miền phẳng thoả mãn \(x \le 4,\,\,y \le 4\) và \(x + y - 6 \ge 0.\)
Dễ thấy, phần giao nhau của 3 miền trên là tam giác xanh đậm.
Với toạ độ các đỉnh là \(A\left( {4\,;\,\,4} \right),\,\,B\left( {4\,;\,\,2} \right)\) và \(C\left( {2\,;\,\,4} \right).\)
Ta có \(\left| z \right| = OM\) với \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(z\).
Khi đó, điểm \(M\) nằm trong tam giác \[ABC\].
Gọi \(H\left( {3\,;\,\,3} \right)\) là trung điểm của \(BC \Rightarrow O,\,\,A,\,\,H\) thẳng hàng
Suy ra \({\left| z \right|_{\max }} = O{M_{\max }} = OA = \sqrt {{4^2} + {4^2}} = 4\sqrt 2 .\)
Và \({\left| z \right|_{\min }} = O{M_{\min }} = OH = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2 .\)
Vậy \(M \cdot m = 4\sqrt 2 \cdot 3\sqrt 2 = 24.\)
Đáp án: 24.
\({\log _3}\left( {{x^2} + y + 3x} \right) + {\log _2}\left( {{x^2} + y} \right) \le {\log _3}x + {\log _2}\left( {{x^2} + y + 18x} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {\frac{{{x^2} + y + 3x}}{x}} \right) - {\log _2}\left( {\frac{{{x^2} + y + 18x}}{{{x^2} + y}}} \right) \le 0\)\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {3 + \frac{{{x^2} + y}}{x}} \right) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18x}}{{{x^2} + y}}} \right) \le 0\,\,\,(*)\)
Đặt \(t = \frac{{{x^2} + y}}{x}\). Khi đó \((*) \Leftrightarrow {\log _3}(3 + t) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18}}{t}} \right) \le 0(1)\)
Xét hàm \(f(t) = {\log _3}(3 + t) - {\log _2}\left( {1 + \frac{{18}}{t}} \right),\)\(\,\,f'(t) = \frac{1}{{(3 + t)\ln 3}} + \frac{{18}}{{\left( {{t^2} + 18t} \right)\ln 2}} > 0,\,\,\forall t > 0\)
Suy ra hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Lại có \(f(6) = 0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow f(t) \le f(6) \Leftrightarrow t \le 6\) hay \(\frac{{{x^2} + y}}{x} \le 6\)
\[ \Leftrightarrow {x^2} + y - 6x \le 0 \Leftrightarrow 9 - y \ge {\left( {x - 3} \right)^2}.\]
Cho \(y\) ứng với các số nguyên dương từ 0 đến 9 ta được 35 cặp giá trị thoả mãn.
Vậy có 35 cặp số nguyên dương \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: \[\frac{3}{5}\].
Gọi \(O = AC \cap BD\,;\,\,H\) là hình chiếu của \(A\) lên \[SO.\]
Vì \(O\) là trung điểm của AC nên \(d\left( {C,\,\,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\,\,\left( {SBD} \right)} \right)\)
Ta có \(BD \bot AC\,;\,\,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)
\( \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right).\)
\(SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\)
\(AH \bot SO \Rightarrow AH \bot (SBD) \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)
Ta có \(AO = \sqrt 2 .\) Xét tam giác \[SAO\] có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow SA = 2\)
Thể tích của khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{8}{3}.\)
Đáp án: \(\frac{8}{3}\).
Gọi \[E,\,\,F\] lần lượt là trung điểm của \[BD,\,\,AC.\]
Giả sử \[AC = a\,;\,\,BD = b\], theo giả thiết ta có \({a^2} + {b^2} = 16\,\,(a,b > 0)\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta ADC\) có: AC chung; \(AB = AD\); \(BC = CD\).
Do đó \(\Delta ABC = \Delta ADC\,\,(c.c.c)\)
Suy ra \(BF = GF\) (hai trung tuyến tương ứng).
Ta có \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4}} \)
\(EF = \sqrt {B{F^2} - B{E^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{4}} = \sqrt {36 - \frac{{16}}{4}} = \sqrt {32} \)
\( \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2}EF \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {32} \cdot b = 2\sqrt 2 b\)
Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BF}\\{AC \bot DF}\end{array} \Rightarrow AC \bot \left( {BDF} \right)} \right.\).
Khi đó \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}}\)\( = \frac{1}{3}AF \cdot {S_{BDF}} + \frac{1}{3} \cdot CF \cdot {S_{BDF}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot \left( {AF + CF} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot AC\)\( = \frac{1}{3}a \cdot 2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\).
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8 \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\).
Vậy \({V_{\max }} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b}\\{{a^2} + {b^2} = 16}\end{array} \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 } \right..\)
Đáp án: \[\frac{{16\sqrt 2 }}{3}\].
Câu 1, 2.
Câu 3,4.
Câu 5,6.
Câu 7,8.
Hai câu thơ: “Ôi con sóng ngày xưa/ Và ngày sau vẫn thế” khẳng định sự vĩnh hằng bất biến, khẳng định quy luật muôn đời của những con sóng. Dù là “ngày xưa” (quá khứ) hay “ngày sau” (tương lai) thì con sóng “vẫn thế” (không thay đổi). Chọn A.
Ở trong trạng thái có những suy nghĩ, lo lắng không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua).
Ở trong trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ trở đi trở lại, làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua).
Ở trong trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ rạo rực làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua).
Ở trong trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ xáo trộn làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua).
“Bồi hồi” có nghĩa là ở trong trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ trở đi trở lại, làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua). Chọn B.
Thể hiện người con trai luôn có vai trò chủ động trong tình yêu.
Thể hiện người vị thế của người con trai trong tình yêu.
Thể hiện người con gái luôn nghĩ cho người mình yêu trước.
Thể hiện người con gái luôn nhớ đến người con trai.
Ý nghĩa của trật tự từ “anh – em” trong câu thơ “Em nghĩ về anh, em” là thể hiện người con gái luôn nghĩ cho người mình yêu trước. Trong suốt bài thơ, hình tượng “em” hiện lên với những trăn trở, suy tư cho “anh” và cho tình yêu của đôi lứa. Chọn C.
Nhấn mạnh những khát khao của người con gái.
Nhấn mạnh những lo lắng của người con gái.
Nhấn mạnh những suy tư của người con gái.
Nhấn mạnh những ý nghĩ của người con gái.
Quy luật của sóng và tình yêu.
Đặc điểm của sóng và tình yêu.
Tính chất của sóng và tình yêu.
Bản chất của sóng và tình yêu.
Chủ đề nổi bật của đoạn trích là thể hiện quy luật của sóng và tình yêu. Nếu như con sóng ngoài biển khơi vẫn ngày đêm vỗ vào bờ thì khao khát tình yêu trong “em” cũng trường tồn, bất diệt như sự tồn tại của sóng trong tự nhiên. Chọn A.
Hỗn hợp.
Tự do.
Bảy chữ.
Tám chữ.
Đoạn thơ được viết theo thể thơ tự do. Các dòng linh hoạt về số câu, số chữ,… Chọn B.
Dân nghèo.
Binh lính.
Nông dân.
Nhân dân.
Từ “họ” trong đoạn thơ chỉ nhân dân. Chọn D.
Những đóng góp, hi sinh thầm lặng của Nhân dân đối với Đất Nước.
Công lao tạo tác những giá trị vật chất của Nhân dân đối với Đất Nước.
Công lao tạo tác những giá trị tinh thần của Nhân dân đối với Đất Nước.
Công lao lao đánh giặc giữ nước của Nhân dân.
Chủ đề của đoạn thơ nói về những đóng góp, hi sinh thầm lặng của Nhân dân đối với Đất Nước. Chọn A.
giữ.
truyền.
chuyền.
đắp.
Từ “đắp” là từ mang nghĩa “kiến tạo, tạo tác, hình thành”. Chọn D.
giữ.
truyền.
đắp.
hái.
Đường luật.
lục bát.
thất ngôn.
ngũ ngôn.
Văn bản trên được viết theo thể thơ thất ngôn (thơ 7 chữ). Chọn C.
Khắc họa chân dung người chiến sĩ Tây Tiến.
Nỗi nhớ nhung của đoàn binh Tây Tiến.
Khí thế hào hùng của người lính Tây Tiến.
Khát vọng lớn lao của người lính Tây Tiến.
Nội dung cơ bản của 8 câu thơ đầu là: Văn bản tập trung khắc họa chân dung người chiến sĩ Tây Tiến (ngoại hình, tâm hồn, lí tưởng, sự hi sinh). Chọn A.
Thể hiện sức sống căng tràn của những người lính Tây Tiến.
Thể hiện tinh thần và khí thế sôi sục của người lính Tây Tiến.
Gợi ra những ấn tượng sâu sắc về đoàn binh Tây Tiến.
Hình dung nỗi nhớ trong lòng nhà thơ là da diết, nó cứ trở đi trở lại trong lòng nhà thơ.
Từ “Tây Tiến” được lặp lại ba lần trong đoạn thơ. Việc lặp lại ba lần từ “Tây Tiến” trong đoạn thơ cho ta hình dung nỗi nhớ Tây Tiến trong lòng nhà thơ là da diết, nó cứ trở đi trở lại trong lòng nhà thơ. Phép lặp này cũng cho chúng ta ấn tượng sâu sắc về hình ảnh trung tâm của nỗi nhớ trong lòng nhà thơ. Chọn D.
Sông Mã gầm lên khúc độc hành.
Áo bào thay chiếu anh về đất.
Hồn về Sầm Nứa chẳng về xuôi.
Đêm mơ Hà Nội dáng kiều thơm.
Phép tu từ nói giảm được thể hiện trong câu thơ: “Áo bào thay chiếu anh về đất”. Cụm từ “về đất” được thay thế cho sự chết chóc, hi sinh. Chọn B.
đoàn binh, biên giới, chiến trường.
rải rác, hẹn ước, mùa xuân.
rải rác, biên giới, mùa xuân.
Không có từ nào.
Nghị luận.
Thuyết minh.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Văn bản đưa ra suy nghĩ của tác giả về tình yêu quê hương và lập luận về ý kiến của mình => phương thức biểu đạt nghị luận. Chọn A.
Gia đình là tác nhân quan trọng nhất để hình thành một quốc gia.
Một khi đã thiết tha yêu một ngôi nhà, con người ta mới sâu sắc yêu nước, yêu quê hương.
Nơi nào ta sinh ra và lớn lên thì nơi đấy là nơi đáng sống nhất, đáng quý trọng nhất.
Lòng yêu quê hương đất nước luôn là một cảm thức trong sáng tự nhiên, cần phải giáo dục.
Người dân mất nơi để sinh sống, quê hương, đất nước.
Khi người dân nhớ về nơi mình từng sinh ra và lớn lên.
Cặp vợ chồng chung thủy, lúc hạnh phúc nhất gọi nhau.
Những người dân Tràng An khi nhắc về Hà Nội.
Dựa vào câu “Không phải ngẫu nhiên trong tiếng Việt, khi những cặp vợ chồng chung thủy yêu nhau, thì lúc hạnh phúc nhất họ thường tha thiết gọi nhau là “nhà ơi””. Chọn C.
Do những trận hỏa hoạn bắt nguồn từ người dân.
Do lựa chọn ngẫu nhiên từ lịch sử, nhu cầu xã hội.
Do phải đối đầu với nhiều thế lực ngoại xâm.
Do tràn đầy sự nhiệt huyết rực cháy của con người
Dựa vào câu “Từng không biết bao lần, cái Kinh Thành oanh liệt này đã ngun ngút cháy khi phải đối đầu với đủ mọi thế lực ngoại xâm...”. Chọn C.
Nơi đáng sống là nơi chúng ta sinh ra và lớn lên.
Tình cảm cá nhân, gia đình gắn liền với tình yêu quê hương, đất nước.
Hà Nội là nơi đáng sống, ước mơ của người Tràng An xưa cũ.
Những sự kiện lịch sử xảy ra ở Hà Nội và suy nghĩ của tác giả.
Dựa vào ý chính của văn bản là nói lên những tình cảm cá nhân, gia đình gắn liền với tình yêu quê hương, đất nước. Chọn B.
rất nặng.
và.
lần lượt.
tàng trữ.
Đoạn trích trên sử dụng phong cách ngôn ngữ báo chí đưa tin về vấn đề pháp luật vì vậy không thể dùng từ mang sắc thái biểu cảm gây hiểu nhầm về nghĩa.
Tòa chỉ tuyên phạt mức án theo quy định của pháp luật nên không đánh giá “nặng” hay “nhẹ”, do đó, sử dụng từ “rất nặng” là sai phong cách ngôn ngữ. Chọn A.
cảm nhận.
chuyển đổi.
sức sống.
những khoảnh khắc.
Người.
Nguyễn Ái Quốc.
chúng ta.
dòng suy tư.
chiếc xe.
bon bon.
con đường.
gồ ghề.
quan niệm.
đồng nhất.
đạo lí.
sự nghiệp.
Việt Bắc.
Tràng giang.
Đây thôn Vĩ Dạ.
Từ ấy
phun.
hút.
xả
tháo.
Đối với dạng đề này, HS cần có kiến thức về vốn từ.
Phun: làm cho chất lỏng hoặc chất hơi bị đẩy mạnh ra ngoài thành tia qua lỗ hẹp.
Hút: làm cho chất lỏng, chất khí chuyển chỗ về phía nào đó bằng cách tạo ra ở đó một khoảng chân không.
Xả: thải hơi hoặc nước ra ngoài.
Tháo: làm cho các chi tiết, bộ phận được lắp ghép rời ra khỏi chỉnh thể.
Như vậy, cả A, C và D đều có ý diễn tả một chất/bộ phận thoát ra rời ra ngoài, riêng B là thu/chuyển chỗ về. Chọn B.
Chữ người tử tù.
Vợ chồng A Phủ.
Vĩnh biệt Cửu Trùng Đài.
Hai đứa trẻ.
lạnh nhạt.
lạnh giá.
lạnh cóng.
lành lạnh.
phong ba.
phong cảnh.
phong cách.
cuồng phong.
Văn học dân gian.
Văn học hiện đại.
Văn học đương đại.
Văn học trung đại.
những/ kết hợp.
vô số/ tạo.
nhiều/ cộng hưởng.
các/ bổ sung.
- kết hợp: gắn với nhau để bổ sung, hỗ trợ cho nhau.
- tạo: làm ra, từ chỗ không có trở thành có và tồn tại.
- cộng hưởng: dao động với biên độ rất lớn.
- bổ sung: thêm vào cho đủ.
Trong 4 từ trên, chỉ có từ kết hợp khi điền vào chỗ trống thứ 2 diễn tả đúng nhất ý nghĩa của câu. → Chọn A.
sử thi.
hiện thực.
suy tưởng.
hào hùng.
đỡ.
khiêng.
nâng.
rước.
Các từ “đỡ”, “khiêng”, “nâng” đơn thuần thể hiện hành động đưa lên cao, nâng và chuyển vật nặng hoặc cồng kềnh bằng sức của hai hay nhiều người hợp lại… cũng như không phù hợp ngữ cảnh của hoạt động. Động từ “rước” có nghĩa là đi thành đoàn có cờ trống, đèn đuốc, v.v. để làm lễ đón về hoặc để biểu thị sự vui mừng, phấn khởi trong ngày hội. → Từ phù hợp là từ “rước”
=> Hàng triệu người Argentina đổ ra đường rước cúp vàng World Cup. Chọn D.
yêu đời.
lãng mạn.
hào hoa.
nhiệt thành.
Lí tưởng sống cao đẹp: quên mình vì Tổ Quốc của người lính Tây Tiến.
Hiện thực gian khổ, đau thương của đoàn quân Tây Tiến.
Tâm hồn lãng mạn, hào hoa của những người lính Tây Tiến.
Tình cảm gắn bó sâu đậm của người lính Tây Tiến với mảnh đất Tây Bắc.
Sững sờ, bàng hoàng.
Ưu tư, vương vấn.
Trông ngóng, mong nhớ.
Ngạc nhiên, ngỡ ngàng.
Diễn tả những bất thường trong tâm trạng của nhân vật.
Báo hiệu những điều chẳng lành sắp xảy ra.
Diễn tả cuộc đời tăm tối của nhân vật Liên.
Diễn tả màn đêm đang dần kéo xuống, bao phủ cảnh vật.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ sinh hoạt.
Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn C.
Một kẻ kiêu căng, tự phụ.
Một người tài hoa, có ý thức về tài năng của bản thân.
Một người thích khoe khoang.
Một người có đầu óc làm kinh tế.
So sánh.
Nhân hóa.
Nói quá.
Nói giảm nói tránh.
Liệt kê.
Hoán dụ.
So sánh.
Ẩn dụ.
Sự cảm thông, thương xót cho người tài bị đối xử bất công.
Cái nhìn kính trọng đặc biệt với người tài.
Chỉ người có nhiều tài năng và khí phách hơn người.
Chỉ người có sở thích sưu tầm câu đối.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ sinh hoạt.
Dửng dưng, hờ hững.
Chân thành, trọng thị.
Buồn tủi, chạnh lòng.
Cứng rắn, ép buộc.
Giới thiệu nhân vật Mị.
Lí giải cái khổ của nhân vật Mị.
Phản ánh giá trị hiện thực khi nói về thân phận người con dâu gạt nợ.
Tạo điểm nhấn cho tác phẩm.
Cuộc sống của người dân vùng biển còn quá nhiều khó khăn.
Người phụ nữ vùng biển luôn sống nhẫn nhục, cam chịu.
Tình yêu thương vô bờ bến của người đàn bà hàng chài với những đứa con.
Không thể đơn giản, phiến diện trong việc nhìn nhận cuộc sống và con người.
Vẻ đẹp thiên nhiên hùng vĩ, hiểm trở.
Bức tranh thiên nhiên hoang sơ, rợn ngợp.
Vẻ đẹp lãng mạn, trữ tình của núi rừng.
Bức tranh thiên nhiên âm u, mịt mù.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Gây kịch tính, căng thẳng.
Gây cảm xúc căm giận.
Tạo sự chia sẻ, thông cảm.
Tạo thái độ mỉa mai.
Công nhân.
Trung địa chủ.
Sĩ phu thức thời.
Tiểu tư sản thành thị.
Ba Đình.
Bãi Sậy.
Hùng Lĩnh.
Hương Khê.
Áchentina.
Braxin.
Ănggôla.
Mêhicô.
Phương án A, B, D đều là các quốc gia ở khu vực Mĩ Latinh.
Phương án C đúng, Anggôla là quốc gia ở châu Phi và giành được độc lập sau Chiến tranh thế giới thứ hai. Chọn C.
Mua chuộc những đại địa chủ của Việt Nam.
Thâu tóm các quyền lực vào tay người Pháp.
"Chia để trị", thực hiện văn hóa nô dịch, ngu dân.
Mở trường dạy tiếng Pháp để đào tạo bọn tay sai.
"Chia để trị", thực hiện văn hóa nô dịch, ngu dân là những chính sách của thực dân Pháp về chính trị và văn hóa, giáo dục nhằm nô dịch lâu dài nhân dân Việt Nam. Chọn C.
Thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến.
Phong trào còn mang nặng tính chất tự phát.
Chưa sử dụng nhiều phương pháp đấu tranh.
Không gắn giải phóng với việc dùng bạo lực.
Hệ tư tưởng dân chủ tư sản cuối thế kỉ XIX, đầu thế kỉ XX mới xuất hiện tại Việt Nam, đây là một hệ tư tưởng mới với Việt Nam nhưng đã cũ với các quốc gia trên thế giới. Đồng thời giai cấp tư sản Việt Nam ra đời muộn, tiềm lực kinh tế nhỏ bé nên khả năng lãnh đạo còn hạn chế. Từ hai yếu tố đó cho thấy phong phong trào yêu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến. Chọn A.
sự cạnh tranh gay gắt của Mĩ và các nước Tây Âu.
thị trường tiêu thụ hàng hóa đã bị thu hẹp đáng kể.
tác động của cuộc khủng hoảng năng lượng (1973).
sự cạnh tranh mạnh mē của Trung Quốc và Ấn Độ
Từ năm 1973, sự phát triển kinh tế của Nhật Bản thường xen kẽ với các đợt khủng hoảng, suy thoái ngắn do tác động của cuộc khủng hoảng năng lượng (1973). Chọn C.
Đặt cách mạng Đông Dương trong mối quan hệ với cách mạng thế giới.
Xác định được đúng phương hướng chiến lược, phương pháp cách mạng.
Đánh giá đúng khả năng chống đế quốc, phong kiến của tư sản dân tộc.
Thấy rō sự lãnh đạo của Đảng là nhân tố quyết định cho mọi thắng lợi.
Một trong những hạn chế của Luận cương chính trị của Đảng Cộng sản Đông Dương (10-1930) là đánh giá không đúng khả năng cách mạng của tầng lớp tiểu tư sản, giai cấp tư sản dân tộc, khả năng lôi kéo bộ phận trung, tiểu địa chủ tham gia Mặt trận dân tộc thống nhất, chống đế quốc và phong kiến. Chọn C.
Chính phủ liên hiệp quốc dân.
Ủy Ban Khởi nghĩa toàn quốc.
Ủy Ban lâm thời khu giải phóng.
Ủy Ban Dân tộc giải phóng Việt Nam.
Từ ngày 16 đến ngày 17-8-1945, Đại hội Quốc dân được triệu tập ở Tân Trào. Đại hội tán thành chủ trương Tổng khởi nghĩa của Đảng, thông qua 10 chính sách của Việt Minh, cử ra Uỷ ban Dân tộc giải phóng Việt Nam do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch. Chọn D.
Việt Nam và Pháp thực hiện ngừng bắn tại chỗ.
Pháp công nhận Việt Nam là một nước tự do.
Pháp được đưa quân ra miền Bắc có thời hạn.
Pháp công nhận Việt Nam là quốc gia độc lập.
Theo nội dung của Hiệp định Sơ bộ thì: Chính phủ Pháp công nhận nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà là một quốc gia tự do, có chính phủ riêng, nghị viện riêng, quân đội riêng, tài chính riêng và là thành viên của Liên bang Đông Dương, nằm trong khối Liên hiệp Pháp. Chọn D.
Đấu tranh chống chế độ thực dân kiểu mới ở hai miền Nam-Bắc, thống nhất đất nước.
Xây dựng chủ nghĩa xã hội ở miền Bắc, giải phóng miền Nam, thống nhất đất nước.
Đấu tranh giành độc lập dân tộc và xây dựng chủ nghĩa xã hội trong cả nước.
Xây dựng chủ nghĩa xã hội trên cả nước và đấu tranh chống đế quốc Mĩ xâm lược.
Nhiệm vụ của cách mạng Việt Nam từ năm 1954 đến năm 1975 là: xây dựng chủ nghĩa xã hội ở miền Bắc, giải phóng miền Nam, thống nhất đất nước. Chọn B.
Choang.
Hán.
Tạng.
Hồi.
lục địa và hải đảo.
đảo và quần đảo.
lục địa và biển.
biển và các đảo.
phát triển nền nông nghiệp nhiệt đới.
bảo vệ chủ quyền, an ninh quốc phòng.
phát triển nền kinh tế nhiều thành phần.
phát triển nền nông nghiệp cận nhiệt đới.
B loại, vì: đường biên giới dài gây khó khăn cho bảo vệ chủ quyền.
C loại, vì: phát triển nền kinh tế nhiều thành phần không liên quan nhiều đến yếu tố vị trí địa lý.
D loại, vì: phát triển nền nông nghiệp cận nhiệt đới → nền nông nghiệp nhiệt đới chứ không phải cận nhiệt.
Đồng bằng sông Hồng.
Bắc Trung Bộ.
Duyên Hải Nam Trung Bộ.
Đông Nam Bộ.
Duyên hải Nam Trung Bộ với nhiều bãi biển đẹp, thời tiết thuận lợi quanh năm thuận lợi nhất cho phát triển du lịch biển. Chọn C.
đất phèn, đất phù sa sông.
đất phèn, đất mặn.
đất phù sa sông, đất cát biển.
đất phù sa sông, đất mặn.
Cho biểu đồ:
KHỐI LƯỢNG VẬN CHUYỂN HÀNH KHÁCH ĐƯỜNG HÀNG KHÔNG
PHÂN THEO HİNH THỨC QUA CÁC NĂM
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo biểu đồ, nhận xét nào sau đây không đúng về tình hình vận chuyển hành khách đường hàng không phân theo hình thức qua các năm?
Tổng khối lượng vận chuyển hành khách bằng đường hàng không tăng qua các năm.
Khối lượng vận chuyển khách trong nước luôn lớn hơn khách quốc tế.
Khối lượng vận chuyển khách quốc tế năm 2020 tăng so với năm 2015.
Khối lượng vận chuyển khách trong nước năm 2020 gấp 19,7 lần năm 1995.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- Đáp án A. Tổng khối lượng vận chuyển hành khách bằng đường hàng không tăng qua các năm → đúng.
- Đáp án B. Khối lượng vận chuyển khách trong nước luôn lớn hơn khách quốc tế → đúng.
- Đáp án C. Khối lượng vận chuyển khách quốc tế năm 2020 tăng so với năm 2015 → sai, năm 2020 khách quốc tế giảm. Chọn C.
- Đáp án D. Khối lượng vận chuyển khách trong nước năm 2020 gấp 19,7 lần năm 1995 → đúng.
Chiếm tỉ lệ cao và ngày càng tăng.
Chiếm tỉ lệ thấp và ngày càng tăng.
Chiếm tỉ lệ cao và ngày càng giảm.
Chiếm tỉ lệ thấp và ngày càng giảm.
giảm số lượng lao động thủ công.
tin học hóa và tự động hóa
tăng cường các hoạt động công ích.
đẩy mạnh các hoạt động kinh doanh.
Trong giai đoạn tới, ngành bưu chính sẽ phát triển theo hướng cơ giới hóa, tự động hóa, tin học hóa nhằm đạt trình độ hiện đại ngang tầm các nước tiên tiến trong khu vực. Chọn B.
giàu tài nguyên khoáng sản.
có diện tích rừng lớn.
có trữ năng thủy điện khá lớn.
có một mùa đông lạnh
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- Tây Nguyên giàu tài nguyên khoáng sản với trữ lượng lớn bô-xít và đá axít, asen → loại A
- Tây Nguyên được mệnh danh là kho vàng xanh của cả nước với diện tích rừng lớn → loại B
- Tây Nguyên có trữ năng thủy điện lớn thứ 2 cả nước → loại C
- Tây Nguyên nằm ở miền khí hậu phía Nam, không chịu ảnh hưởng của gió mùa đông bắc và không có mùa đông lạnh. Chọn D.
nhiều cửa sông, ba mặt giáp biển, có nhiều vùng trũng rộng lớn.
địa hình thấp, ba mặt giáp biến, sông ngòi, kênh rạch chắng chịt.
có nhiều vùng trũng rộng lớn, ba mặt giáp biển, địa hình đa dạng.
sông ngòi, kênh rạch chằng chịt, ba mặt giáp biển, nhiều cửa sông.
Đồng bằng sông Cửu Long bị xâm nhập mặn nặng trong mủa khô là do địa hình thấp, ba mặt giáp biển, sông ngòi, kênh rạch chằng chịt.
A. nhiều cửa sông, ba mặt giáp biễn, có nhiều vùng trũng rộng lớn. → thiếu địa hình thấp.
B. địa hình thấp, ba mặt giáp biển, sông ngòi, kênh rạch chằng chịt. → đúng. Chọn B.
C. có nhiều vùng trũng rộng lớn, ba mặt giáp biển, địa hình đa dạng. → thiếu địa hình thấp.
D. sông ngòi, kênh rạch chằng chịt, ba mặt giáp biển, nhiều cửa sông. → thiếu địa hình thấp.
Đoạn AB gồm n nguồn điện giống nhau ghép song song.
Đoạn AB gồm 3 nguồn điện giống nhau ghép nối tiếp.
Đoạn AB gồm n nguồn điện giống nhau ghép nối tiếp.
Đoạn AB gồm 3 nguồn điện giống nhau ghép song song.
Đoạn AB gồm n nguồn điện giống nhau ghép song song. Chọn A.
Một tia sáng truyền trong không khí tới mặt thoáng của một chất lỏng. Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau như hình vẽ. Trong các điều kiện đó, giữa các góc i và r có hệ thức nào?
\({\rm{i}} = {\rm{r}} + 90^\circ .\)
\(i = 90^\circ - r.\)
\({\rm{i}} = {\rm{r}} - 90^\circ .\)
\(i = 60^\circ - r.\)
Tia phản xạ và tia khúc xạ vuông góc với nhau nên ta có \({i^\prime } + r = 90^\circ \Rightarrow {\rm{i}} + {\rm{r}} = 90^\circ \) \( \Rightarrow {\rm{i}} = 90^\circ - {\rm{r}}\). Chọn B.
Hình vẽ nào dưới đây xác định không đúng hướng của vectơ cảm ứng từ tại M gây bởi dòng điện thẳng dài vô hạn?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Vận dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được các chiều của đường sức từ qua M: “Nắm bàn tay phải rồi đặt sao cho bốn ngón tay hướng theo chiều đường sức từ chạy qua dây dẫn thì ngón tay cái choãi ra chỉ chiều của dòng điện”. Chọn C.
Cho một nguồn phát bức xạ điện từ chủ yếu (xem mỗi dụng cụ phát một bức xạ) gồm:
(I). Remote điều khiển từ xa.
(II). Đèn hơi thủy ngân.
(III). Máy chụp kiểm tra tổn thương xương ở cơ thể người.
(IV). Điện thoại di động.
Các bức xạ do các nguồn trên phát ra sắp xếp theo thứ tự tần số giảm dần là:
(IV), (I), (III), (II).
(IV), (II), (I), (III).
(III), (IV), (I), (II).
(III), (II), (I), (IV).
Nguồn (I) phát ra tia hồng ngoại.
Nguồn (II) phát ra tia tử ngoại.
Nguồn (III) phát ra tia X.
Nguồn (IV) phát ra sóng vô tuyến.
Các bức xạ do các nguồn trên phát ra sắp xếp theo thứ tự tần số giảm dần là: (III), (II), (I), (IV). Chọn D.
Ta có OA = x (m); AB = 5 m; AM = 3,2 m.
\(\tan \widehat {MOB} = \tan \left( {{{\rm{\alpha }}_1} - {{\rm{\alpha }}_2}} \right) = \frac{{\tan {{\rm{\alpha }}_1} - \tan {{\rm{\alpha }}_2}}}{{1 + \tan {{\rm{\alpha }}_1}\tan {{\rm{\alpha }}_2}}} = \frac{{\frac{5}{x} - \frac{{3,2}}{x}}}{{1 + \frac{5}{x}.\frac{{3,2}}{x}}} = \frac{{1,8}}{{x + \frac{{16}}{x}}}\)
Theo BĐT Cosi, ta có: \(x + \frac{{16}}{x} \ge 2\sqrt {16} = 8 \Rightarrow x = 8\,m.\) Do đó: \(OM = \sqrt {{8^2} + 3,{2^2}} = \frac{{8\sqrt {29} }}{5}m\)
Ta có: \({{\rm{L}}_{\rm{A}}} - {{\rm{L}}_{\rm{M}}} = 10\log \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_M}}} \Leftrightarrow 35 - 45 = - 10 = 10\log \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{M}}}}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{I}}_{\rm{A}}}}}{{{{\rm{I}}_{\rm{M}}}}} = 0,1\).
Ban đầu, tại O đặt 2 nguồn nên ta có: \({I_A} = \frac{{2P}}{{4\pi R_A^2}}\)
Gọi n là số nguồn cần đặt thêm tại O nên ta có: \({I_M} = \frac{{(n + 2)P}}{{4\pi R_M^2}}\)
\( \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = \frac{2}{{n + 2}}\frac{{R_M^2}}{{R_A^2}} \Rightarrow \frac{2}{{n + 2}}.\frac{{{{\left( {\frac{{8\sqrt {29} }}{5}} \right)}^2}}}{{{8^2}}} = 0,1 \Rightarrow n = 22.\)
Đáp án. 22.
Bảo toàn năng lượng toàn phần.
Bảo toàn điện tích.
Bảo toàn khối lượng.
Bảo toàn động lượng.
Các phản ứng hạt nhân tuân theo các định luật: định luật bảo toàn điện tích, định luật bảo toàn động lượng, định luật bảo toàn năng lượng toàn phần. Chọn C.
2 m.
1 m.
1,8 m.
1,5 m.
Do \({\rm{i}} = \frac{{{\rm{\lambda D}}}}{{\rm{a}}}\), nghĩa là khoảng vân i tỉ lệ thuận với D.
Theo bài, khi dịch chuyển màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có:
\(k\frac{{{\rm{\lambda }}D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\frac{{{\rm{\lambda }}{D^\prime }}}{a}\) \( \Rightarrow kD = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\left( {D + \frac{1}{7}} \right)\) \( \Rightarrow \frac{1}{7}k - \frac{1}{2}D = \frac{1}{{14}}\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
\(k\frac{{{\rm{\lambda }}D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2} - 1} \right)\frac{{{\rm{\lambda }}{D^\prime }}}{a} \Rightarrow kD = \left( {k - \frac{3}{2}} \right)\left( {D + \frac{1}{7} + \frac{{16}}{{35}}} \right) \Rightarrow \frac{3}{5}k - \frac{3}{2}D = \frac{9}{{10}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) ta có k = 4, D = 1 m. Chọn B.
24,6 cm.
20 cm.
14 cm.
22,4 cm.
Khi \({x_2} = 0,{x_1} = - 8\sqrt 3 \;{\rm{cm}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8\sqrt 3 = 16\cos \left( {4{\rm{\pi }}t + \frac{{\rm{\pi }}}{{12}}} \right)}\\{0 = {A_2}\cos (4{\rm{\pi }}t + {\rm{\varphi }})}\end{array} \Rightarrow {\rm{\varphi }} = - \frac{{\rm{\pi }}}{4}} \right.\)
Khi \({x_1} = - 8\;{\rm{cm}}\)thì \({x_2} = 3,2\;{\rm{cm}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8 = 16\cos \left( {4{\rm{\pi }}t + \frac{{\rm{\pi }}}{{12}}} \right)}\\{3,2 = {A_2}\cos \left( {4{\rm{\pi }}t - \frac{{\rm{\pi }}}{4}} \right)}\end{array} \Rightarrow {A_2} = 6,4\;{\rm{cm}}} \right.\)
Áp dụng số phức: \(x = {x_1} + {x_2} = 16\angle \frac{\pi }{{12}} + 6,4\angle - \frac{\pi }{4} \Rightarrow A \approx 20\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn B.
\[{\rm{\alpha ,}}\,{\rm{\beta ,}}\,{\rm{\gamma }}{\rm{.}}\]
\[{\rm{\alpha ,}}\,{\rm{\gamma ,}}\,{\rm{\beta }}{\rm{.}}\]
\[{\rm{\gamma ,}}\,{\rm{\beta ,}}\,{\rm{\alpha }}{\rm{.}}\]
\[{\rm{\gamma ,}}\,{\rm{\alpha ,}}\,{\rm{\beta }}{\rm{.}}\]
Thứ tự giảm dần về khả năng đâm xuyên của các tia phóng xạ là \({\rm{\gamma ,}}\,{\rm{\beta ,}}\,{\rm{\alpha }}\). Chọn C.
Tán sắc ánh sáng.
Quang điện trong.
Quang điện ngoài.
Phát xạ cảm ứng.
Nguyên tắc hoạt động của Pin năng lượng Mặt Trời dựa trên hiện tượng quang điện trong. Chọn B.
Ở nhiều quốc gia trên thế giới, ethanol sinh ra từ quá trình lên men được trộn với xăng để góp phần bảo vệ môi trường. Nhiên liệu được quảng cáo dưới đây chứa \(85\% \) ethanol và \(15\% \) xăng về thể tích.
Ethanol thường được làm từ glucose, sử dụng men, trong điều kiện không có oxygen. Các enzyme trong đó sẽ xúc tác cho phản ứng này xảy ra:
Để sản xuất 1 lít loại nhiên liệu trên cần ít nhất bao nhiêu gam glucose? Biết khối lượng riêng của ethanol là \(0,8\;{\rm{g}}/{\rm{mL}}\).
1330 gam.
1550 gam.
1450 gam.
1690 gam.
Ta có: 1 lít = 1000 mL nhiên liệu có chứa 85% ethanol về thể tích
Chọn A.
Copper sulfate ngậm nước hay còn gọi là đá xanh, có công thức hoá học là \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {\rm{5}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\), thường được ứng dụng làm chất sát khuẩn, diệt nấm, diệt cỏ và thuốc trừ sâu,… Khi nung nóng, \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}.5{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) mất dần khối lượng. Đồ thị biểu diễn độ giảm khối lượng của \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot 5{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) khi tăng nhiệt độ nung như sau:
Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({325^o}C\) là
\({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
\({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot 4{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
\({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}.\)
CuO.
Khi nhiệt độ đạt đến \({325^o}C\) thì tổng độ giảm khối lượng là 28,89% + 7,25% = 36,14%.
Gọi công thức chất rắn khi đó là \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {\rm{n}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\(160 + 18n = 250 \cdot (100\% - 36,14\% )\)
\(n = 0\)
→ Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({325^o}C\) là \(CuS{O_4}.\) Chọn C.
\(0,2{\rm{M}}.\)
\(0,9{\rm{M}}.\)
\(0,5{\rm{M}}.\)
\(0,8{\rm{M}}.\)
Thí nghiệm 1: Lượng \(O{H^ - }\) thêm vào chưa đủ để phản ứng hết với \[A{l^{3 + }}:\]
\[\begin{array}{l}A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,015\,\,\, \to \,\,\,\,0,005\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\end{array}\]
Thí nghiệm 2: Lượng \(O{H^ - }\) thêm vào hòa tan một phần kết tủa:
Áp dụng công thức: \({n_{O{H^ - }}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_ \downarrow } \Rightarrow 0,027 = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - 0,005 \Rightarrow {n_{A{l^{3 + }}}} = 0,008\,(mol)\)
Nồng độ của dung dịch \({\rm{AlC}}{{\rm{l}}_3}\) là \(0,8{\rm{M}}\)
Chọn D.
10,8.
8,64.
6,48.
5,40.
% số mol của \[{C_2}{H_5}OH\]trong X là \(50\% \to \frac{{\rm{x}}}{{{\rm{x}} + {\rm{y}} + {\rm{z}}}} \cdot 100\% = 50\% \,\,\,\,\,\,(3)\)
Từ (1), (2) và (3) \( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,06}\\{y = 0,04}\\{z = 0,02}\end{array} \to {\rm{m}} = 0,06.46 + 0,04.74 + 0,02.44 = 6,6} \right.\) gam
- Khi cho 13,2 gam X (2m) tác dụng với \(AgN{O_3}/N{H_3}\)
Þ Trong 13,2 gam X có 0,04 mol \[C{H_3}CHO\]
Chọn B.
Ở bước 1, không thể thay mỡ lợn bằng dầu nhớt.
Ở bước 2, nước cất được thêm vào bát sứ để tránh đun lâu nước bay hơi hết, phản ứng không xảy ra.
Thêm dung dịch NaCl bão hoà nóng để làm tăng hiệu suất phản ứng xà phòng hóa.
Sau bước 3, hỗn hợp tách thành hai lớp trong đó: phía trên là chất rắn màu trắng, phía dưới là chất lỏng.
Mỡ lợn chứa các chất béo no như tristearin, tripanmitin, khi đun sôi với dung dịch NaOH xảy ra phản ứng xà phòng hóa (thủy phân chất béo):
.
Sản phẩm thu được gồm muối và glycerol dễ tan trong dung dịch nên sau bước 2 thu được chất lỏng đồng nhất.
Ở bước 3: để nguội và hòa tan thêm NaCl (muối ăn) vào \( \to \) làm giảm độ tan của muối sodium stearate, thêm nữa khối lượng riêng của dung dịch lúc này cũng tăng lên \( \to \) các muối hữu cơ (muối sodium của các acid béo) bị tách ra khỏi dung dịch, nhẹ hơn dung dịch dễ tách tạo chất rắn màu trắng nổi lên trên dung dịch. Do đó:
A. Đúng. Vì dầu nhớt thuộc loại alkane.
B. Đúng. Quan sát phương trình phản ứng trên thì việc thêm nước không phải là xúc tác của phản ứng. Thực chất việc nhỏ thêm vài giọt nước trong quá trình phản ứng là để giữ cho thể tích hỗn hợp không đổi.
C. Sai. Vì thêm dung dịch NaCl để tách muối sodium của các acid béo nổi lên trên.
D. Đúng. Sau bước 3, hỗn hợp tách thành hai lớp trong đó: phía trên là chất rắn màu trắng, phía dưới là chất lỏng.
Chọn C.
8.
6.
5.
7.
Polymer tổng hợp gồm: nylon-6; nylon-6,6; tơ nitron; cao su buna; poly(methyl methacrylate); PVC. Chọn B.
\(34,62\% .\)
\(44,33\% .\)
\(55,67\% .\)
\(65,45\% .\)
Đặt \({{\rm{n}}_{{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = {\rm{x}}\,{\rm{(mol)}},{{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = {\rm{y}}\,{\rm{(mol)}}.\)
Nhiệt phân hỗn hợp X thu được \({n_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = {\rm{x}} + 2{\rm{y}}\) mol;
Để ý rằng nếu \({{\rm{O}}_2}\) thiếu thì \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) phản ứng với \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) tạo acid \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_2}\) và \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) do đó khí thoát ra là \({{\rm{O}}_2}\) dư
\(4N{O_2}\,\,\,\,\, + \,\,\,\,{O_2}\,\,\, + \,\,\,\,2{H_2}O \to 4HN{O_3}\)
Þ \({n_{{O_2}}}\)phản ứng =\(\frac{1}{4}{n_{N{O_2}}} = 0,25x + 0,5y\,(mol)\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{O_2}}}\) dư = (0,5x + 0,25y) – (0,25x + 0,5y) = 0,25x – 0,25y = 0,25 (mol)
Giải hệ phương trình ta được:
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2\,(mol)\\y = 1\,(mol)\end{array} \right. \to {{\rm{m}}_{{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = 340\,{\rm{gam}},{{\rm{m}}_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = 180\,{\rm{gam}} \Rightarrow \% {\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2} = 34,62\% .\) Chọn A.
Cho phản ứng hóa học: \({\rm{NaOH}} + {\rm{HCl}} \to {\rm{NaCl}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
Phản ứng hóa học nào sau đây có cùng phương trình ion rút gọn với phản ứng trên?
\(2{\rm{KOH}} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} + 2{\rm{KCl}}.\)
\(2{\rm{KOH}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
\({\rm{NaOH}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}} \to {\rm{NaCl}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
\({\rm{NaOH}} + {\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
Quá trình trung hòa acid bằng dung dịch kiềm xảy ra phương trình ion rút gọn là \({{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Phương trình ion rút gọn của từng phản ứng là
A. \(2{\rm{KOH}} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} + 2{\rm{KCl}} \Rightarrow {\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2}.\)
B. \(2{\rm{KOH}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) \( \Rightarrow {{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
C. \({\rm{NaOH}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}} \to {\rm{NaCl}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \Rightarrow {\rm{NH}}_4^ + + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}{\rm{.}}\)
D. \({\rm{NaOH}} + {\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \Rightarrow {\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}{\rm{.}}\)
Chọn B.
Tăng nhiệt độ.
Giảm thể tích bình chứa.
Thêm chất xúc tác.
Loại bỏ hơi nước.
- Cân bằng hóa học dịch chuyển về phía tạo sản phẩm \( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
- Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt nên khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm nhiệt độ \((\Delta H > 0)\) \( \to \) loại A.
- Giảm thể tích bình chứa \( \to \) Áp suất trong bình tăng lên \( \to \) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch về phía làm giảm áp suất \( \to \) loại B.
- Chất xúc tác không làm cân bằng chuyển dịch \( \to \) loại C.
Chọn D.
Xử lý nhanh các giả thiết số mol và tóm tắt thành sơ đồ sau:
Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ: \(14,3 + 0,03 \cdot 101 + 0,5 \cdot 98 = 59,85 + 0,16.9 + {m_{{H_2}O}}\)
→ \({{\rm{m}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 5,04\) gam → \({n_{{H_2}O}} = 0,28\;{\rm{mol}}.\)
Bảo toàn nguyên tố \({\rm{H}}\)có:
Trong dung dịch Y, bảo toàn điện tích ta có: \(3{n_{A{l^{3 + }}}} + 2 \cdot 0,25 + 1 \cdot 0,03 + 1 \cdot 0,05 = 2 \cdot 0,5\).
→ \({n_{A{l^{3 + }}}} = 0,14\,(mol)\)
Bảo toàn nguyên tố \({\rm{N}}\), ta có: \(3{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} + {n_{KN{O_3}}} = {n_{NO}} + {n_{NH_4^ + }}\).
→ \({{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}}} = 0,02\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Al trong X}}}} = 0,14 - 0,02 = 0,12\;{\rm{mol}}.\)
Vậy \(\% {m_{{\rm{Al trong X}}}} = \frac{{0,12 \cdot 27}}{{14,3}} \cdot 100\% \approx 22,66\% .\) Đáp án: 22,66%
Qua lớp cutin.
Qua khí khổng.
Qua gân lá.
Qua mô giậu.
Ở lá, hơi nước thoát chủ yếu qua con đường khí khổng. Chọn B.
Độ pH trung bình dao động trong khoảng 5,0 – 6,0.
Hoạt động của thận có vai trò trong điều hòa độ pH.
Khi cơ thể vận động mạnh luôn làm tăng độ pH.
Giảm nồng độ CO2 trong máu sẽ làm giảm độ pH.
A. Sai. pH máu người trung bình dao động từ 7,35 đến 7,45.
C. Sai. Khi cơ thể vận động mạnh, pH máu giảm.
D. Sai. Giảm nồng độ CO2 trong máu thì pH máu tăng.
Chọn B.
Thụ quan đau ở da → sợi vận động của dây thần kinh tuỷ → tuỷ sống → sợi cảm giác của dây thần kinh tuỷ → các cơ ngón tay.
Thụ quan đau ở da → sợi cảm giác của dây thần kinh tuỷ → tuỷ sống → các cơ ngón tay.
Thụ quan đau ở da → sợi cảm giác của dây thần kinh tuỷ → tuỷ sống → sợi vận động của dây thần kinh tuỷ → các cơ ngón tay.
Thụ quan đau ở da → tuỷ sống → sợi vận động của dây thần kinh tuỷ → các cơ ngón tay.
Cung phản xạ “co ngón tay của người” được mô tả theo sơ đồ sau:
Chọn C.
Enzim nối ligaza hoạt động trên cả hai mạch mới đang được tổng hợp.
Trong một chạc tái bản, enzim ADN pôlymeraza trượt theo hai chiều ngược nhau.
Enzim ARN pôlymeraza luôn dịch chuyển theo chiều enzim tháo xoắn.
Trong một chạc tái bản, một mạch được tổng hợp liên tục, một mạch được tổng hợp gián đoạn.
C. Sai. Enzim ARN pôlymeraza đóng vai trò tổng hợp đoạn mồi, vẫn trượt theo chiều 3’- 5’ đểtổng hợp đoạn mồi có chiều 5’ – 3’. Chọn C.
Tự thụ phấn qua nhiều thế hệ luôn dẫn đến hiện tượng thoái hóa giống.
Tự thụ phấn qua các thế hệ làm tăng tần số của các alen lặn, giảm tần số của các alen trội.
Quần thể tự thụ phấn thường bao gồm các dòng thuần chủng và các kiểu gen khác nhau.
Quần thể tự thụ phấn thường đa dạng di truyền hơn quần thể giao phấn ngẫu nhiên.
A. Sai. Vì đối với giống có kiểu gen đồng hợp (thuần chủng), khi tiến hành tự thụ phấn không gây ra thoái hóa giống. Chỉ có giống dị hợp mới dẫn tới thoái hóa giống.
B. Sai. Vì quá trình tự thụ phấn không làm thay đổi tần số alen của quần thể mà chỉ làm tăng tỉ lệ kiểu gen đồng hợp.
C. Đúng. Nguyên nhân là vì ở các quần thể tự thụ phấn thì tỉ lệ dị hợp giảm dần và sau nhiều thế hệ thì tỉ lệ dị hợp tiến tới = 0 nên quần thể chủ yếu chỉ gồm các dòng thuần chủng.
D. Sai. Vì quần thể giao phấn ngẫu nhiên có tính đa dạng di truyền cao hơn quần thể tự thụ phấn.
Chọn C.
gen đánh dấu.
gen ngoài nhân.
gen điều hoà.
gen cần chuyển.
Trong kĩ thuật chuyển gen, các nhà khoa học thường chọn thể truyền có gen đánh dấu để nhận biết các tế bào đã nhận được ADN tái tổ hợp. Chọn A.
40 cM.
25 cM.
30 cM.
24 cM.
\({\rm{P}}:({\rm{Aa}},{\rm{Bb}}) \times \frac{{ab}}{{ab}} \to \) Tỉ lệ kiểu hình thân thấp, hoa trắng ở đời con \( = \underline {ab} \times 1 = 38\% \) → Tỉ lệ giao tử \(\underline {ab} \) ở cây P dị hợp hai cặp gen \( = 0,38 > 0,25 \to \underline {ab} \) là giao tử liên kết.\( \to f = (0,5 - 0,38) \times 2 = 24\% \to \) Khoảng cách giữa 2 gen = tần số hoán vị gen \( = 24{\rm{cM}}\).
Chọn D.
Quần thể có kích thước lớn và sinh sản giao phối.
Quần thể có kích thước nhỏ và sinh sản giao phối.
Quần thể có kích thước lớn và sinh sản tự phối.
Quần thể có kích thước nhỏ và sinh sản tự phối.
B, D. Sai. Quần thể có kích thước nhỏ thường chịu tác động lớn của các nhân tố từ môi trường sống → nếu môi trường không đồng nhất và thường xuyên thay đổi thì khả năng thích nghi kém.
C. Sai. Quần thể sinh sản tự phối → độ đa dạng di truyền kém hơn quần thể ngẫu phối → nếu môi trường không đồng nhất và thường xuyên thay đổi thì khả năng thích nghi kém.
A. Đúng. Quần thể có kích thước lớn và sinh sản giao phối → quần thể có vô số biến dị tổ hợp → dù môi trường sống thường xuyên thay đổi thì quần thể vẫn có khả năng thích nghi được do tiềm ẩn sẵn kiểu gen thích nghi với môi trường mới. Chọn A.
3.
4.
2.
1.
Có 3 phát biểu đúng, đó là II, III và IV.
I. Sai. Các loài vi sinh vật không sống trên cơ thể và cũng không gây hại cho cá ép nên đây không phải mối quan hệ kí sinh.
Chọn A.
Ở thế hệ xuất phát, tỉ lệ kiểu gen ở cây trưởng thành là 0,2 AA : 0,8 Aa → Cho các cây trưởng thành ở thế hệ xuất phát tự thụ phấn (0,8 Aa tự thụ phấn sẽ sinh ra 3 loại kiểu gen là 0,2 AA : 0,4 AA : 0,2 aa; 0,2 AA tự thụ phấn sẽ sinh ra 0,2 AA) → Tỉ lệ hợp tử ở F1 là: 0,4 AA : 0,4 Aa : 0,2 aa.
- Vì hạt aa không nảy mầm được nên tỉ lệ kiểu gen ở cây trưởng thành F1 là: \(0,5AA:0,5Aa = \frac{1}{2}{\rm{AA}}:\frac{1}{2}{\rm{Aa}}\)→ Cho các cây trưởng thành ở thế hệ F1 tự thụ phấn → Tỉ lệ hợp tử ở F2 là: \(\frac{5}{8}{\rm{AA}}:\frac{1}{4}{\rm{Aa}}:\frac{1}{8}{\rm{aa}}\).
- Như vậy, ở F2 hạt nảy mầm gồm có \(\frac{5}{8}{\rm{AA}}\) và \(\frac{1}{4}{\rm{Aa}}\)→ Lấy ngẫu nhiên một hạt ở đời F2, xác suất để hạt này nảy mầm được trên đất có kim loại nặng là 5/8 + 1/4 = 87,5%. Đáp án: 87,5
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
Học liệu phổ biến ĐHQG Hà Nội
ĐHQG Hà Nội
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
