Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 11)
150 câu hỏi
12 con.
15 con.
85 con.
25 con.
\(2\,\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(8\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(5\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(6\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
Phương trình vận tốc: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 3{t^2} - 4t\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
Phương trình gia tốc: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t - 4\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\)
Tại \(t = 1,5\,\,s\) thì gia tốc tức thời của chuyển động là: \(a\left( {1,5} \right) = 6 \cdot 1,5 - 4 = 5\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\)
Chọn C.
11
9
3
2
Ta có: \({\log _2}\left( {5 - {2^x}} \right) = 2 - x \Leftrightarrow 5 - {2^x} = {2^{2 - x}} \Leftrightarrow 5 \cdot {2^x} - {\left( {{2^x}} \right)^2} = 4\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {5.2^x} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^x} = 4\\{2^x} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 0\end{array} \right.\).
Do đó \(P = {x_1} + {x_2} + {x_1}{x_2} = 2 + 0 + 2 \cdot 0 = 2.\) Chọn D.
1
2
3
4
Xét hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - {{\left( {y + 1} \right)}^2} = 0}\\{\left| {x - 2} \right| - y - 1 = 0}\end{array}} \right.\).
Ta có \((2) \Leftrightarrow y + 1 = \left| {x - 2} \right| \Leftrightarrow {\left( {y + 1} \right)^2} = {\left( {x - 2} \right)^2}\).
Thay vào (1) ta được \(x - {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 1 - x = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}{\rm{. }}\)
• Với \(x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\) thì \(y = |x - 2| - 1 = \left| {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} - 2} \right| - 1 = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} - 1 = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}{\rm{.}}\)
• Với\(x = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\) thì \(y = |x - 2| - 1 = \left| {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} - 2} \right| - 1 = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} - 1 = \frac{{\sqrt 5 - 3}}{2}{\rm{.}}\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm. Chọn B.
Các điểm \[M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\] trong hình vẽ bên là điểm biểu diễn lần lượt của các số phức \[{z_1},\,\,{z_2},\,\,{z_3},\,\,{z_4}.\] Khi đó số phức \(w = 3{z_1} + {z_2} + {z_3} + {z_4}\) bằng
\(w = - 6 + 4i.\)
\(w = 3 - 4i.\)
\(w = 6 + 4i.\)
\(w = 4 - 3i.\)
Ta có \({z_1} = - 3 + 2i\,,\,\,{z_2} = - 2 - i\,,\,\,{z_3} = 3 + i\,,\,\,{z_4} = 2 - 2i.\)
Suy ra \(w = 3{z_1} + {z_2} + {z_3} + {z_4} = 3\left( { - 3 + 2i} \right) + \left( { - 2 - i} \right) + \left( {3 + i} \right) + \left( {2 - 2i} \right)\)
\( = - 9 + 6i - 2 - i + 3 + i + 2 - 2i = \left( { - 9 - 2 + 3 + 2} \right) + \left( {6 - 1 + 1 - 2} \right)i = - 6 + 4i{\rm{. }}\)Chọn A.
\(6x + 3y + 2z - 6 = 0.\)
\(6x + 3y + 2z + 1 = 0.\)
\(6x + 3y + 2z - 1 = 0.\)
\(x + y + z - 6 = 0.\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) có dạng \(ax + by + cz + 1 = 0.\)
Vì \(\left( {MNP} \right)\) đi qua ba điểm \[M,\,\,N,\,\,P\] nên ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 1 = 0}\\{2b + 1 = 0}\\{3c + 1 = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b = - \frac{1}{2}}\\{c = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right..\)
Suy ra phương trình \(\left( {MNP} \right): - x - \frac{1}{2}y - \frac{1}{3}z + 1 = 0 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0.\)
Hoặc viết theo phương trình đoạn chắn chắn là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0.{\rm{ }}\)
Chọn A.
3
5
4
2
Ta có: \(x + 1 \ge \sqrt {2\left( {{x^2} - 1} \right)} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 1 \ge 0}\\{x + 1 \ge 0}\\{{{(x + 1)}^2} \ge 2\left( {{x^2} - 1} \right)}\end{array}} \right.\)
\(\begin{array}{l}\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le - 1\end{array} \right.\\x \ge - 1\\{x^2} + 2x + 1 \ge 2\left( {{x^2} - 1} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le - 1\end{array} \right.}\\{x \ge - 1}\\{{x^2} - 2x - 3 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}x \ge 1\\x \le - 1\end{array} \right.}\\{x \ge - 1}\\{ - 1 \le x \le 3}\end{array}} \right.\end{array}\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{1 \le x \le 3}\end{array}} \right.\).
Vậy có 4 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn bất phương trình. Chọn C.
\(S = 2017.\)
\(S = 2042.\)
\(S = 0.\)
\(S = 2018.\)
Gọi \(I\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\left( {0\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\).
Vì \(M'\) đối xứng với \(M\) qua \(\left( {Oyz} \right)\) nên \(I\) là trung điểm \(MM'\).
Suy ra \(M'\left( {2\,;\,\,6\,;\,\,1} \right)\) nên\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 6}\\{c = 1}\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow S = 7a - 2b + 2017c - 1 = 7 \cdot 2 - 2 \cdot 6 + 2017 \cdot 1 - 1 = 2018\). Chọn D.
\({x_0} \in \left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right).\)
\({x_0} \in \left( { - \frac{\pi }{{12}};0} \right).\)
\({x_0} \in \left[ { - \frac{\pi }{6}; - \frac{\pi }{{12}}} \right].\)
\({x_0} \in \left[ { - \frac{\pi }{3}; - \frac{\pi }{6}} \right).\)
Phương trình \( \Leftrightarrow \sin 9x - \sqrt 3 \cos 9x = \sin 7x - \sqrt 3 \cos 7x\)
\( \Leftrightarrow \sin \left( {9x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{9x - \frac{\pi }{3} = 7x - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{9x - \frac{\pi }{3} = \pi - \left( {7x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8}}\end{array}(k \in \mathbb{Z}).} \right.\)
• TH1: Với \(x = k\pi < 0 \Leftrightarrow k < 0\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} = - 1 \Rightarrow x = - \pi .\)
• TH2: Với \(x = \frac{{5\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{8} < 0 \Leftrightarrow k < - \frac{5}{6}\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \({k_{\max }} = - 1 \Rightarrow x = - \frac{\pi }{{48}}.\)
So sánh hai nghiệm ta được nghiệm âm lớn nhất của phương trình là \(x = - \frac{\pi }{{48}} \in \left( { - \frac{\pi }{{12}};0} \right).\)
Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Điền vào các ô của hình vuông 5 x 5 trong hình vẽ bên sao cho 5 số trên cùng một hàng từ trái qua phải luôn là một cấp số cộng, 5 số trên cùng một cột từ trên xuống dưới luôn là một cấp số cộng. Tìm số X.
31.
41.
42.
32.
Số thứ 3 cột thứ nhất: \(\frac{{1 + 17}}{2} = 9\).
Số thứ 3 cột thứ năm: \(\frac{{{{25}^2} + 81}}{2} = 53\).
Suy ra X bằng: \(\frac{{9 + 53}}{2} = 31.\) Chọn A.\(S = 0.\)
\(S = \ln 4045.\)
\(S = 1.\)
\(S = \ln 2.\)
Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{x - 1}}\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{1}{{x - 1}}} \;{\rm{d}}x\) \[ = \ln \left| {x - 1} \right| + C = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + {C_1}\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + {C_2}\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\]
Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = 2022\\f\left( 2 \right) = 2023\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{C_2} = 2022\\{C_1} = 2023\end{array} \right..\)
Vậy \[f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\ln \left( {x - 1} \right) + 2023\,\,{\rm{khi}}\,\,x > 1\\\ln \left( {1 - x} \right) + 2022\,\,{\rm{khi}}\,\,x < 1\end{array} \right.\].
Do đó \(S = f\left( 3 \right) - f\left( { - 1} \right) = \ln 2 + 2023 - \ln 2 - 2022 = 1.\) Chọn C.
\( - \frac{1}{4} < m < 0.\)
\(0 < m < \frac{1}{4}.\)
\(m > 0.\)
\(m > - \frac{1}{4}.\)
Hàm số \(y = {x^4} - {x^2}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
Ta có \(y' = 4{x^3} - 2x\,;\) \(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \frac{{\sqrt 2 }}{2}.}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = {x^4} - {x^2}\) tại 4 điểm phân biệt \( \Leftrightarrow - \frac{1}{4} < m < 0.\) Chọn A.
\(120\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(144\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(126\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(111\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Chiều cao hình nón là \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\;\,\,({\rm{cm)}}.\)
Chiều cao hình trụ là \(h' = 17 - r - h = 17 - 4 - 3 = 10\;\,\,({\rm{cm)}}.\)
Thể tích nửa khối cầu là \({V_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {r^3} = 18\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Thể tích khối trụ là \({V_2} = h' \cdot \pi {r^2} = 10 \cdot 9 \cdot \pi = 90\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Thể tích khối nón là \({V_3} = \frac{1}{3}{r^2}\pi \cdot h = 12\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Suy ra thể tích vật rắn là \(V = {V_1} + {V_2} + {V_3} = 18\pi + 90\pi + 12\pi = 120\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Minh họa:
Chọn A.
4
5
6
7
Ta có \(\left( {4 + \sqrt {15} } \right)\left( {4 - \sqrt {15} } \right) = 1\) nên bất phương trình trở thành:
\({\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {4 - \sqrt {15} } \right)^x} \le 62\)\[ \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + {\left( {\frac{1}{{4 + \sqrt {15} }}} \right)^x} \le 62\]
\( \Leftrightarrow {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} + \frac{1}{{{{\left( {4 + \sqrt {15} } \right)}^x}}} \le 62\).
Đặt \(t = {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x},\,\,t > 0.\)
Bất phương trình trở thành: \(t + \frac{1}{t} \le 62 \Leftrightarrow {t^2} - 62t + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow 31 - 8\sqrt {15} \le t \le 31 + 8\sqrt {15} \)
\( \Rightarrow 31 - 8\sqrt {15} \le {\left( {4 + \sqrt {15} } \right)^x} \le 31 + 8\sqrt {15} \Leftrightarrow - 2 \le x \le 2.\)
Do đó, số nghiệm nguyên của bất phương trình là 5. Chọn B.
\(16\;\,{\rm{m}}.\)
\(45\;\,{\rm{m}}.\)
\(21\;\,{\rm{m}}.\)
\(100\;\,{\rm{m}}.\)
Khi dừng hẳn thì vận tốc của ô tô bằng \(0\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
Thời gian từ lúc ô tô đạp phanh cho đến lúc dừng hẳn là: \( - 2t + 10 = 0 \Rightarrow t = 5\,\,(s).\)
\( \Rightarrow 2s\) trước khi đạp phanh ô tô vẫn chuyển động đều.
Vậy quãng đường ô tô đi được trong thời gian 7 giây cuối là:
\(S = 2 \cdot 10 + \int\limits_0^5 {\left( { - 2t + 10} \right)} \,dt = 20 + 25 = 45\,\,(\;{\rm{m}}).\) Chọn B.
\(S = - 12.\)
\(S = - 11.\)
\(S = - 13.\)
\(S = - 10.\)
Ta có: \(\left( {1 + 2i} \right)\bar z + z = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {1 + 2i} \right)\left( {x - yi} \right) + x + yi = 3 - 4i\)
\( \Leftrightarrow x - yi + 2xi + 2y + x + yi = 3 - 4i \Leftrightarrow \left( {2x + 2y} \right) + 2xi = 3 - 4i\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 2y = 3}\\{2x = - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = \frac{7}{2}}\end{array} \Rightarrow S = 3 \cdot - 2 - 2 \cdot \frac{7}{2} = - 13} \right.} \right..\) Chọn C.
Cho vật thể có mặt đáy là hình tròn có bán kính bằng 1. Khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục \[Ox\] tại điểm có hoành độ \(x\,\,\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) thì được thiết diện là một tam giác đều. Thể tích \(V\) của vật thể đó là
\(V = \sqrt 3 .\)
\(V = 3\sqrt 3 .\)
\(V = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}.\)
\(V = \pi .\)
Ở mặt đáy, tam giác \[OHB\] vuông tại \(H\) nên
\(HB = \sqrt {O{B^2} - O{H^2}} = \sqrt {1 - {x^2}} \)\( \Rightarrow AB = 2\sqrt {1 - {x^2}} \).
Diện tích của mặt cắt khi cắt vật thể bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ \(x\,\,\left( { - 1 \le x \le 1} \right)\) là:
\(S\left( x \right) = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)\)
Thể tích \(V\) của vật thể đó là:
\[V = \int\limits_{ - 1}^1 {S\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt 3 \left( {1 - {x^2}} \right)} \,{\rm{d}}x = \left. {\sqrt 3 \left( {x - \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - 1}^1 = \sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\]
Chọn C.\(0 \le m \le 1.\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le 0}\end{array}} \right..\)
\( - 1 \le m \le 1.\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le - 1}\end{array}} \right..\)
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6\left( {m + 2} \right)x + 3\left( {{m^2} + 4m} \right) = 3(x - m)(x - m - 4)\,;\)\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = m}\\{x = m + 4}\end{array}.} \right.\)
Do đó phương trình \(y' = 0\) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Bảng biến thiên:
Để hàm số nghịch biến trên \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 1}\\{m + 4 \ge 3}\end{array} \Leftrightarrow - 1 \le m \le 1} \right..\) Chọn C.
\(A\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right).\)
\(A\left( {6\,;\,\,0} \right).\)
\(A\left( {0\,;\,\,2} \right).\)
\(A\left( {2\,;\,\,4} \right).\)
Vì \(B = BC \cap BM\) nên tọa độ \(B\) thỏa mãn hệ:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{3x - y + 8 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 1}\end{array} \Rightarrow B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)} \right.} \right..\)
Vì \(C = BC \cap CN\) nên tọa độ \(C\) thỏa mãn hệ:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + 9y + 6 = 0}\\{x + y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 6}\\{y = 0}\end{array} \Rightarrow C\left( {6\,;\,\,0} \right)} \right.} \right..\)Ta có \(AB \bot CN\) nên \[AB\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AB}} = {\vec u_{CN}} = \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) và qua \(B\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\) nên \[AB\] có phương trình là: \( - 1\left( {x + 3} \right) + 1\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - x + y - 2 = 0.\)
Ta có \(AC \bot BM\) nên \[AC\] có vectơ pháp tuyến \({\vec n_{AC}} = {\vec u_{BM}} = \left( {1\,;\,\,3} \right)\) và qua \(C\left( {6\,;\,\,0} \right)\) nên \[AC\] có phương trình là \(1\left( {x - 6} \right) + 3\left( {y - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 3y - 6 = 0.\)
Vì \(A = AB \cap AC\) nên tọa độ \(A\) thỏa mãn hệ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x + y - 2 = 0}\\{x + 3y - 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 2}\end{array} \Rightarrow A\left( {0\,;\,\,2} \right)} \right.} \right..\]
Chọn C.
\(m = 3.\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 3}\\{m = \frac{1}{3}}\end{array}} \right..\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3}\\{m = - \frac{1}{3}}\end{array}} \right..\)
\(m = \frac{{4 \pm 2\sqrt 7 }}{3}.\)
Vectơ pháp tuyến của \({d_1},\,\,{d_2}\) lần lượt là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( {1\,;\,\,m} \right)\) và \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)
Để \({d_1},\,\,{d_2}\) tạo với nhau một góc bằng \(45^\circ \) thì \(\cos \left( {{d_1},\,\,{d_2}} \right) = \cos 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{\left| {1 \cdot 1 + m \cdot \left( { - 2} \right)} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {2m - 1} \right|}}{{\sqrt {{m^2} + {1^2}} \cdot \sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {2m - 1} \right)}^2}}}{{5\left( {{m^2} + 1} \right)}} = \frac{1}{2}\)
\( \Leftrightarrow 2{\left( {2m - 1} \right)^2} = 5\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 8{m^2} - 8m + 2 = 5{m^2} + 5\)
\( \Leftrightarrow 3{m^2} - 8m - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3\\m = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\). Chọn C.
\((E):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1.\)
\((E):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{21}} = 1.\)
\((E):\frac{{{x^2}}}{{21}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1.\)
\((E):\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1.\)
Cách 1: Gọi \(A\left( {0\,;\,\, - 2} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,2} \right) \Rightarrow MA + MB = 10 = 2a \Rightarrow a = 5.\)
Và \(AB = 2c = 4 \Rightarrow c = 2 \Rightarrow {b^2} = {a^2} - {c^2} = 21.\) Do đó \((E):\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{21}} = 1.\)
Cách 2: \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)
Ta có: \(\left| {z - 2} \right| + \left| {z + 2} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {x - 2 + yi} \right| + \left| {x + 2 + yi} \right| = 10\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^2} + {y^2}} = 10 - \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} {\rm{. }}\)
Bình phương hai vế, ta được \[{\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} = 100 + {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} - 20\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} \]
\[ \Leftrightarrow 5\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {y^2}} = 25 - 2x\]
Bình phương hai vế, ta được \(25\left( {{x^2} - 4x + 4} \right) + 25{y^2} = {25^2} - 4 \cdot 25x + 4{x^2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{21}} = 1\).
Chọn B.
\(\left( Q \right):2x - y + 3 = 0.\)
\(\left( Q \right):x + z = 0.\)
\(\left( Q \right): - x + y + z = 0.\)
\(\left( Q \right):3x - y + z = 0.\)
\(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right) = - 2\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_Q}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right).\)
\(\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\); \(\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
Vậy \(\left( Q \right):x + z = 0.\) Chọn B.
\(\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)
\(\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{9}.\)
\(\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)
Thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh \[2a\] nên bán kính đường tròn đáy \(r = \frac{1}{2} \cdot 2a = a.\)
Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {a^2}a\sqrt 3 = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn C.
\(\left( {1\,;\,\,3} \right).\)
\(\left( {3\,;\,\,4} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\,4} \right).\)
\(\left( { - 2\,;\,\,0} \right).\)
Ta có \(g'\left( x \right) = - 2f'\left( {6 - 2x} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {6 - 2x} \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{6 - 2x = - 2}\\{6 - 2x = 0}\\{6 - 2x = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = 3.}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.\)
Trục xét dấu:
Chọn A.
\(\sqrt {34} .\)
\(\sqrt {26} .\)
34.
26.
Gọi tâm \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AI} = \left( {a - 1\,;\,\,b - 2\,;\,\,4} \right)}\\{\overrightarrow {BI} = \left( {a - 1\,;\,\,b + 3\,;\,\, - 1} \right)}\\{\overrightarrow {CI} = \left( {a - 2\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 3} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 16}\\{B{I^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 3} \right)}^2} + 1}\\{C{I^2} = {{\left( {a - 2} \right)}^2} + {{\left( {b - 2} \right)}^2} + 9}\end{array}} \right..\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IA = IB}\\{IA = IC}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{20 - 4b = 10 + 6b}\\{17 - 2a = 13 - 4a}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 1}\\{a = - 2}\end{array} \Rightarrow R = IA = \sqrt {26} } \right.} \right.} \right..\) Chọn B.
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{6}.\)
\(V = \frac{{4{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt {15} }}{3}.\)
Kẻ \[AE \bot BD,\,\,\left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SEA} = 60^\circ .\]
Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\) ta có:
\(AE = \frac{{AD \cdot AB}}{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)
Xét \(\Delta SAE\) vuông tại \(A\) có
\(SA = AE \cdot \tan 60^\circ = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \cdot \sqrt 3 = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}\)
Khi đó thể tích \[S.ABCD\] là:
\(V = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}.2{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt {15} }}{{15}}.\) Chọn C.\[56,9.\]
\[70,9.\]
\[66,3.\]
\[80,3.\]
Doanh thu của công ty tháng 7 là: \({R_7} = 6 \cdot \left( {1 + 0,1} \right)\) (tỷ đồng).
Doanh thu của công ty tháng 8 là: \({R_8} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^2}\) (tỷ đồng).
......
Doanh thu của công ty tháng 12 là: \({R_{12}} = 6 \cdot {\left( {1 + 0,1} \right)^6}\) (tỷ đồng).
Tổng doanh thu từ tháng 6 là: \(TR = 6 \cdot \left( {1 + 1,1 + 1,{1^2} + 1,{1^3} + \ldots + 1,{1^6}} \right) = 56,92\) (tỷ đồng).
Suy ra, chỉ tiêu của công ty là: \(T = 56,92 - 6 + 20 = 70,92 \approx 70,9\) (tỷ đồng). Chọn B.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)
Ta có \({S_{AA'B'B}} = AB \cdot AA'\)
\( \Rightarrow AA' = \frac{{{S_{AA'B'B}}}}{{AB}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 2 = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\) Chọn D.\(6x + 9y + z + 8 = 0.\)
\(6x - 9y - z - 8 = 0.\)
\( - 2x + y + 3z - 8 = 0.\)
\(6x + 9y + z - 8 = 0.\)
Gọi \((P)\) là mặt phẳng cần tìm. Ta có: \[\overrightarrow {{u_d}} \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right).\]
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \((P)\) là \(\overrightarrow {{n_{(P)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,;\,\,\overrightarrow {{u_{d'}}} } \right] = \left( {6\,;\,\,9\,;\,\,1} \right).\)
Khi đó \((P):6x + 9y + z + m = 0\).
Chọn \[M\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right) \in d \Rightarrow M \in (P) \Rightarrow 6 \cdot 1 + 9 \cdot \left( { - 2} \right) + 4 + m = 0 \Rightarrow m = 8.\]
Suy ra \((P):6x + 9y + z + 8 = 0.\) Chọn A.
\(M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right).\)
\[M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\]
\(M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)
\(M\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,7\,;\,\, - 6} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {1\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {1\,;\,\,6\,;\,\, - 4} \right)\)
Nên \[\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} = - 4 \ne 0.\] Suy ra \(\overrightarrow {AB} \,,\,\,\,\overrightarrow {AC} \,,\,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.
Gọi \(G\) là trọng tâm tứ diện \[ABCD.\] Khi đó \(G\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)
Ta có \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {4\overrightarrow {MG} } \right| = 4MG.\)
Do đó \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right|\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \[MG\] ngắn nhất.
Vậy \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(G\) lên mặt phẳng \[\left( {Oyz} \right)\] nên \(M\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,4} \right).\)
Chọn B.
Cho hàm số bậc ba \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \({8^{f\left( x \right) - 2}} - 3 \cdot {4^{f\left( x \right) - 2}} + \left( {m + 3} \right){2^{f\left( x \right) - 2}} - 4 - 2m = 0\) có nghiệm \(x \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)?\)
5.
4.
3.
6.
Đặt \(t = {2^{f\left( x \right) - 2}}\,\,\left( {t > 0} \right).\) Phương trình đã cho trở thành
Với \(x \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)\) nên \(f\left( x \right) \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow t = {2^{f\left( x \right) - 2}} \in \left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right).\)
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)
Suy ra \( - {t^2} + 2t - 4 + 2m = 0\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)
Hay \(m = \frac{1}{2}\left( { - {t^2} + 2t - 4} \right)\) có nghiệm thuộc khoảng \(\left( {\frac{1}{4}\,;\,\,1} \right)\)
Đặt
Ta có bảng biến thiên:
Để phương trình có nghiệm thì \( - \frac{{57}}{{32}} < m < - \frac{3}{2}.\)
Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên không có giá trị nguyên nào của \(m\) để phương trình đã cho có nghiệm.
Chọn A.
7
6
4
5
Điều kiện xác định: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2x + 3m + 2 \ge 0}\\{x + 2m - 4 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le \frac{{3m + 2}}{2}}\\{x \ne - 2m + 4}\end{array}} \right.} \right.\).
Để hàm số xác định trên \(\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{3m + 2}}{2} \ge - 2}\\{ - 2m + 4 \ge - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 2}\\{m \le 3}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow - 2 \le m \le 3.\)
Hay \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}.\]
Vậy có tất cả 6 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
\( - \frac{1}{2}.\)
8.
4.
\[ - 2.\]
Ta có \(K = \int\limits_0^2 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{x + 2}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{x + 2}}} = \left. {\left( {\frac{1}{{x + 2}} \cdot f\left( x \right)} \right)} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {f\left( x \right) \cdot d\left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)} \)
\( = \frac{1}{4} \cdot f\left( 2 \right) - \frac{1}{2} \cdot f\left( 0 \right) + \int_0^2 f \left( x \right) \cdot \frac{{dx}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{1}{4}\left[ {f\left( 2 \right) - 2f\left( 0 \right)} \right] + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x\)
\( = \frac{1}{4} \cdot \left( { - 4} \right) + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x = - 1 + \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x = 3\)\( \Rightarrow \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x = 4.\)
Ta cần tính: \(I = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( {2x} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \;{\rm{d}}x.\) Đặt \(t = 2x \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{t}{2}}\\{dt = 2dx}\end{array}} \right..\)
Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 0}\\{x = 1 \Rightarrow t = 2}\end{array}} \right..\)
\[ \Rightarrow I = \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {\frac{t}{2} + 1} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}} = \int\limits_0^2 {\frac{{4f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{2}} = 2 \cdot \int\limits_0^2 {\frac{{f\left( t \right)}}{{{{\left( {t + 2} \right)}^2}}}dt} = 2 \cdot 4 = 8\].
Chọn B
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{2}{5}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{3}{5}.\)
Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh là \(C_{10}^3\) (cách).
Số thể dự thi của các bạn có \[10 \cdot 9 \cdot 8 = 720\] (cách).
Trong 3 học sinh, không có 2 học sinh nào có số thẻ có hiệu là 5.
Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh là \(C_{10}^3\) cách \( \Rightarrow \) Chọn học sinh thứ nhất, có 10 cách.
Khi đó còn 9 số còn lại và trong 9 số đó có 1 số kết hợp với số của học sinh vừa chọn để tạo thành 2 học sinh có hiệu số thẻ là 5
Do đó, chọn học sinh thứ 2 , có 8 cách.
Khi đó còn 8 số còn lại và trong 8 số đó có 2 số kết hợp với số của 2 học sinh vừa chọn để tạo thành 2 học sinh có hiệu số thẻ là 5
Do đó, chọn học sinh còn lại, có 6 cách. Suy ra có \(10 \cdot 8 \cdot 6 = 480\) (cách).
\( \Rightarrow P = \frac{{C_{10}^3 \cdot 480}}{{C_{10}^3 \cdot 720}} = \frac{2}{3}{\rm{.}}\) Chọn A.
\(h = 2a\) và \(k = \frac{1}{8}.\)
\(h = 2a\) và \(k = \frac{1}{3}.\)
\(h = a\) và \(k = \frac{1}{4}.\)
\(h = a\) và \(k = \frac{1}{6}.\)
Do \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với mặt đáy nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)
Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SDA} = 45^\circ .\)
Ta có tam giác \[SAD\] la tam giác vuông cân đỉnh \[A\] \( \Rightarrow h = SA = a.\)Áp dụng công thức tỉ số thể tích có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{SH}}{{SC}} \cdot \frac{{SK}}{{SD}} \cdot \frac{{SA}}{{SA}} = \frac{1}{4}.\) Chọn C.
Xét hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2} - \ln \left( {2x - 2} \right)\). Điều kiện \(x > 1.\)
Đường thẳng \(y = - x + 2\) có hệ số góc \({k_1} = - 1\), suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là \({k_2} = 1.\)
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 1.\)
Ta có \(f'\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x - \frac{1}{{x - 1}} = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (do điều kiện \(x > 1\)).
Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 1.
Cho hàm số \[f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\] có đồ thị như hình vẽ bên. Số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right)\) là
Số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( {\left| {x - 2} \right|} \right)\) bằng số điểm cực trị của hàm số \(f\left( {\left| x \right|} \right)\), và \(f\left( {\left| x \right|} \right) = a\left| {{x^4}} \right| + b\left| {{x^2}} \right| + c = a{x^4} + b{x^2} + c = f\left( x \right)\) nên hàm số có tất cả 3 điểm cực trị.
Đáp án: 3.
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình: \(z = 0 \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \frac{{\left| 3 \right|}}{{\sqrt 1 }} = 3.\)
Suy ra: \(AA' = 2d\left( {A;\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = 6.\)
Đáp án: 6.
Vì lấy 4 viên mà số bi vàng ít hơn số bi đỏ nên số bi vàng sẽ nhỏ hơn 2.
* TH1: Không có viên bi vàng nào.
• Có 1 viên bi đỏ và 3 viên bi xanh: \(5 \cdot C_4^3 = 5.4 = 20\) (cách).
• Có 2 viên bi đỏ và 2 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^2 = 60\) (cách).
• Có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^3 \cdot C_4^1 = 40\) (cách).
• Có 4 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^4 = 5\) (cách).
* TH2: Có 1 viên bi vàng.
• Có 2 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh: \(C_5^2 \cdot C_4^1 \cdot C_3^1 = 120\) (cách).
• Có 3 viên bi đỏ: \(C_5^3 \cdot C_3^1 = 30\) (cách)
Do đó, tổng có \(20 + 60 + 40 + 5 + 120 + 30 = 275\) (cách).
Đáp án: 275 .
Ta có \(y = \frac{1}{3}{x^3} - {x^2} - mx + \frac{2}{3} \Rightarrow y' = {x^2} - 2x - m\).
Để hàm số \(y\) có đúng một điểm cực trị thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,6} \right) \Leftrightarrow y' = 0\) có đúng một nghiệm thuộc khoản \(\left( {0\,;\,\,6} \right)\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {x^2} - 2xf'\left( x \right) = 2x - 2\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = 1.\)
Ta có bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau:
\( \Rightarrow 0 \le m < 24\)\( \Rightarrow \) Có 24 giá trị của tham số \[m.\]
Đáp án: 24.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6 \Rightarrow {x^2} + ax + b = 0\) với \(x = 2\)
\( \Rightarrow 4 + 2a + b = 0 \Rightarrow b = - 4 - 2a\).
Thay vào biểu thức ban đầu, ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} + ax - 4 - 2a}}{{x - 2}} = 6 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + a + 2} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2} \right) = 6\)
\( \Rightarrow 2 + a + 2 = 6 \Leftrightarrow a = 2\)\( \Rightarrow b = - 4 - 2a = - 8 \Rightarrow a + b = - 6.\)
Đáp án: −6.
\(I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x} \). Đặt \(u = 3x + 1 \Rightarrow {\rm{d}}u = 3\;{\rm{d}}x\).
Đổi cận: Với \(x = - 1 \Rightarrow u = - 2\);
Với \(x = 0 \Rightarrow u = 1.\)
\( \Rightarrow I = \int\limits_{ - 1}^0 {f\left( {3x + 1} \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} \)
Lại có: \[{S_A} = \int\limits_0^{ - 2} {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^{ - 2} {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 11\]; \[{S_B} = \int\limits_0^1 {\left| {f\left( x \right)} \right|{\rm{d}}x} = - \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 2\]\( \Rightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = - 2\).
Suy ra \(I = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 2}^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} = \frac{1}{3}\left( {\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( u \right){\rm{d}}u} + \int\limits_0^1 {f\left( u \right){\rm{d}}u} } \right) = \frac{1}{3} \cdot \left( {11 - 2} \right) = 3.\)
Đáp án: 3.
Ta có: \(G'\left( x \right) = 1,44x - 0,072{x^2}\)\( \Rightarrow G'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 20}\end{array}.} \right.\)
Ta có bảng biến thiên:
Từ BBT ta suy ra lượng thuốc để tiêm cho bệnh nhân cần tìm là \(x = 20\,\,{\rm{mg}}.\)
Đáp án: 20.
Ta có: \(y' = f'\left( x \right) \cdot \left[ {{f^2}\left( x \right) + 2mf\left( x \right) - 3} \right]\)
Vói mọi \(x \in \left( { - 1\,;\,\,1} \right)\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) \ge 0}\\{f\left( x \right) \in \left( {1\,;\,\,3} \right)}\end{array}} \right..\)
Hàm số đã cho đồng biến nên ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) + 2m \cdot f\left( x \right) - 3 \ge 0\)
\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - \frac{3}{{f(x)}} + 2m \ge 0\)\( \Leftrightarrow 2m \ge \frac{3}{{f\left( x \right)}} - f\left( x \right).\)
Xét hàm \(h\left( t \right) = \frac{3}{t} - t\) trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) có \(h'\left( t \right) = - \frac{3}{{{t^2}}} - 1 < 0\,\,\forall t \in \left( {1\,;\,\,3} \right)\)
Suy ra \(h\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\) và \(h\left( t \right) < h\left( 1 \right) = \frac{3}{1} - 1 = 2.\)
Với \(f(x) = t\) suy ra \(2m \ge 2 \Leftrightarrow m \ge 1.\)
Kết hợp với yêu cầu bài toán ta có \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\). Do đó \(S = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.{\rm{ }}\)
Đáp án: 15.
Theo giả thiết: \(z + 2 + i - \left| z \right|\left( {1 + i} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow z = \sqrt {{a^2} + {b^2}} - 2 + \left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - 1} \right)i = a + bi\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \sqrt {{a^2} + {b^2}} - 2\\b = \sqrt {{a^2} + {b^2}} - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a + 2} \right)^2} = {a^2} + {b^2}\\a + 2 = b + 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 4 = {b^2}\\b = a + 1\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4b = {b^2}\\b = a + 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}b = 0\\b = 4\end{array} \right.\\a = b - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 4\end{array} \right.\end{array} \right.\).
Loại \(a = - 1\,;\,\,b = 0\) vì \(\left| z \right| > 1.\) Suy ra \(a = 3\,;\,\,b = 4\)\( \Rightarrow a + b = 7.\)
Đáp án: 7.
Vì \[ABCD\] là hình thoi có tâm là \(O\) nên \(O\) là trung điểm của \[BD.\]
Mà \(\Delta ABD\) đều nên \(AO \bot BD\).
Lại có \[SA \bot (ABCD) \Rightarrow \widehat {\left( {SO,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SOA}\]
Xét \(\Delta ABO\) có:
\(AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)
Cách 1: Ta thấy \[A\] và \[B\] nằm khác phía so với \[\left( P \right).\]
Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( P \right),\,\,AA' \cap \left( P \right) = H.\)
Phương trình đường thẳng \(AA'\) là:
\(x - 1 = y + 3 = t \Rightarrow H\left( {t + 1\,;\,\,t - 3\,;\,\,t} \right).\)
\(H \in \left( P \right) \Rightarrow \left( {t + 1} \right) + \left( {t - 3} \right) + t - 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow H\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)
Ta có: \[\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA' - MB} \right| \le A'B\] (bất đẳng thức tam giác)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow A',\,\,B,\,\,M\) thẳng hàng.
\(\overrightarrow {A'B} = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 4} \right) = 2\left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{u_{A'B}}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right).\)
Do đó, phương trình đường thẳng \(A'B\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + k}\\{y = - 1}\\{z = 2 - 2k}\end{array} \Rightarrow M\left( {3 + k\,;\,\, - 1\,;\,\,2 - 2k} \right)} \right..\)
\[M \in \left( P \right) \Rightarrow 3 + k - 1 + 2 - 2k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = 3 \Rightarrow M\left( {6\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right)\].
Vậy \(abc = 6 \cdot \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 4} \right) = 24.\)
Cách 2: Ta thấy \(A\) và \(B\) nằm khác phía so với \[\left( P \right).\]
Gọi \(B' = \left( {\frac{{13}}{3}\,;\,\, - \frac{5}{3}\,;\,\, - \frac{8}{3}} \right)\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \[\left( P \right).\]
Ta có: \[\left| {MA - MB} \right| = \left| {MA' - MB} \right| \le A'B\].
Do đó \[\left| {MA - MB} \right|\] lớn nhất bằng \(AB'\) khi và chỉ khi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(AB'\) với mặt phẳng \[\left( P \right)\] nên \(M\left( {6\,;\,\, - 1\,;\,\, - 4} \right) \Rightarrow abc = 24.{\rm{ }}\)
Đáp án: 24.
Ta có \[\frac{{x + y}}{{x - y}} = {\log _2}3 \Leftrightarrow y - x = - \left( {x + y} \right){\log _3}2\] thế vào biểu thức \(P = {4^{x + y}} + {16.3^{y - x}}\)
Ta được \(P = {4^{x + y}} + {16.3^{ - \left( {x + y} \right){{\log }_3}2}} = {4^{x + y}} + {16.2^{ - \left( {x + y} \right)}} = {4^{x + y}} + \frac{{16}}{{{2^{x + y}}}}\)
Cách 1: Đặt \(t = {2^{x + y}} > 0\) ta được \(P = {t^2} + \frac{{16}}{t} = f\left( t \right)\) và \(f'\left( t \right) = 2t - \frac{{16}}{{{t^2}}} \Leftrightarrow t = 2\)
Lập bảng biến thiên suy ra \({P_{\min }} = 12\) khi \(t = {2^{x + y}} = 2 \Leftrightarrow x + y = 1.\)
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: \(P = {2^{2\left( {x + y} \right)}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} + \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \ge 3\sqrt[3]{{8 \cdot 8}} = 12.\)
Dấu xảy ra \({2^{2\left( {x + y} \right)}} = \frac{8}{{{2^{x + y}}}} \Rightarrow {2^{3\left( {x + y} \right)}} = {2^3} \Leftrightarrow x + y = 1\).
Kết hợp với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{y - x = - {{\log }_3}2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 1}\\{x - y = {{\log }_3}2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2}}\\{y = \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Suy ra \(x + 3y = \frac{{1 + {{\log }_3}2}}{2} + 3 \cdot \frac{{1 - {{\log }_3}2}}{2} = 2 - {\log _3}2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 3}\end{array} \Rightarrow a + b = 5} \right..\)
Đáp án: 5.
Do \(CI \cap \left( {BDD'B'} \right) = D'\) nên ta có
\(\frac{{d\left( {I,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right)}}{{d\left( {C,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right)}} = \frac{{ID'}}{{CD'}} = \frac{1}{2}.\)
Gọi \(M = BD \cap AC.\) Khi đó \(CM = \frac{{AC}}{2} = 1.\)
Vậy \(d\left( {I,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{1}{2} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{{CM}}{2} = \frac{1}{2}.\)
Đáp án: \(\frac{1}{2}.\)Diện tích miếng tôn: \(S = 10\,\,000\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) = \pi \,\,\left( {{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Diện tích toàn phần của khối nón: \(\pi rl + \pi {r^2} = 1\pi \left( {{m^2}} \right) \Rightarrow lr = 1 - {r^2}\).
Chiều cao khối nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \,\,(m).\)
Thể tích khối nón: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2} \cdot h = \frac{1}{3}\pi {r^2} \cdot \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \frac{1}{3}\pi r \cdot \sqrt {{{\left( {rl} \right)}^2} - {r^4}} \)
\( = \frac{1}{3}\pi r \cdot \sqrt {{{\left( {1 - {r^2}} \right)}^2} - {r^4}} = \frac{1}{3}\pi \cdot r \cdot \sqrt { - 2{r^2} + 1} \).
Đặt \(h(r) = \sqrt { - 2{r^4} + {r^2}} \Rightarrow h'\left( r \right) = \frac{{ - 8{r^3} + 2r}}{{2\sqrt { - 2{r^4} + {r^2}} }} = \frac{{ - 4{r^2} + 1}}{{\sqrt { - 2{r^2} + 1} }} = 0\) \( \Leftrightarrow r = \pm \frac{1}{2}.\)
Ta có bảng biến thiên:
Như vậy, \[{V_{\max }} \Leftrightarrow r = \frac{1}{2}m = 50\;\,({\rm{cm)}}.\] Đáp án: 50.
Chính luận.
Khoa học.
Nghệ thuật.
Báo chí.
Đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định nội dung văn bản. Ở đây tác giả đưa ra một vấn đề khoa học “những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” và sử dụng các từ ngữ mang tính chuyên ngành “gen di truyền”, “nhận thức”, “IQ”...→ Xác định phong cách ngôn ngữ được sử dụng ở đây là phong cách ngôn ngữ khoa học. Chọn B.
Ảnh hưởng của trí tuệ đến công nghệ.
Nỗ lực tìm kiếm sự khác biệt về IQ do bẩm sinh.
Thái độ phân biệt giữa người da đen và người da trắng.
Nỗ lực của các nhà tâm lí học.
Đọc lại ngữ liệu để xác định được câu chủ đề ở đầu và cuối đoạn. Xác định ý bao trùm là “nỗ lực tìm kiếm sự khác biệt về IQ do bẩm sinh”. Chọn B.
Các nhà tâm lí học về nhận thức đã có một nỗ lực to lớn hòng tìm kiếm những khác biệt về IQ.
Nhiều nhà tâm lí học người Mĩ da trắng suốt nhiều thập kỉ qua đã ra sức chứng minh rằng người Mĩ da đen gốc Phi bẩm sinh kém thông minh hơn người Mĩ da trắng gốc Âu.
Những người được đem ra so sánh vốn dĩ khác nhau rất nhiều về môi trường xã hội và cơ hội học hành.
Những nỗ lực nhằm kiểm chứng giả thiết rằng những khác biệt về trí tuệ là nguyên nhân sâu xa cho những khác biệt về công nghệ.
Đọc kĩ câu hỏi, xác định từ “này” là một phép thế cho vế câu trước đó → Tìm cụm từ “sự thật này” trong đoạn trích. Xác định các thông tin phía trước cụm từ “sự thật này”. “Tuy nhiên, như mọi người đều biết, những người được đem ra so sánh vốn dĩ khác nhau rất nhiều về môi trường xã hội và cơ hội học hành. Sự thật này...”. Chọn C.
Mục đích nghiên cứu sự khách biệt về IQ là để chứng tỏ sự khác biệt giữa người da đen và người da trắng.
Sự khác nhau về môi trường sống có tác động đến IQ của con người.
Khó phân biệt rõ sự khác biệt IQ do gen di truyền và do môi trường sống.
Các thử nghiệm về khả năng nhận thức có xu hướng đo đếm vốn kiến thức về văn hóa chứ không phải trí thông minh bẩm sinh.
Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, đọc kĩ lại ngữ liệu để xác định xem các phương án nào được nhắc tới trong đoạn trích.
+ Phương án A có được nhắc tới nhưng không đúng với nội dung tác giả đưa ra: Mục đích nghiên cứu là “tìm kiếm những khác biệt về IQ giữa những người xuất thân từ nhiều vùng địa lí khác nhau nhưng hiện sống trong cùng một đất nước” chứ không phải chứng tỏ sự khác biệt giữa người da đen và da trắng.
+ Phương án B được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu...”
+ Phương án C: nội dung ý ngày được nhắc đến trong câu “...khả năng nhận thức của người lớn đã chịu ảnh hưởng nặng nề của môi trường xã hội nơi chúng ta trải qua thời thơ ấu, khiến cho thật khó lòng phân biệt rạch ròi xem ảnh hưởng nào là do những khác biệt bẩm sinh trong gen di truyền.”
+ Phương án D: xuất hiện trong đoạn cuối của văn bản.
→ Chọn A.
1 yếu tố.
2 yếu tố.
3 yếu tố.
4 yếu tố.
Đọc kĩ câu hỏi và các phương án trả lời, sau đó đọc kĩ lại một lần nữa các thông tin được đưa ra trong đoạn trích để xác định được từ khóa “các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”
Xác định câu có chứa từ khóa: “Do những tác động rõ ràng đó của môi trường sống thời thơ ấu và tri thức thu nhận được đối với kết quả thử nghiệm IQ, nên nỗ lực của các nhà tâm lí học cho đến nay vẫn chưa thể đưa ra kết luận nào đủ sức thuyết phục về sự thiếu hụt IQ bẩm sinh”.
Như vậy, các yếu tố tác động đến sự kết luận của các nhà tâm lí học là:
+ môi trường sống thời thơ ấu
+ tri thức thu nhận được
→ Có 2 yếu tố. Chọn B.
Không nên đọc nhiều sách.
Nên lựa chọn sách để đọc.
Đọc sách cần đọc kĩ.
Đọc sách ít tốt hơn là đọc sách nhiều.
Câu “Nếu đọc mười quyển sách không quan trọng, không bằng thời gian đem sức lực đọc mười quyển ấy mà đọc một quyển thực sự có giá trị”. Trong câu này, “mười quyển sách không quan trọng” có nghĩa là mười quyển sách không có giá trị. Cả câu nói có nghĩa là: nên lựa chọn sách có giá trị mà đọc, đọc ít nhưng giá trị còn hơn đọc nhiều mà không đem lại giá trị gì. Chọn B.
Người giàu có thích khoe khoang, coi trọng số lượng hơn chất lượng.
Người giàu có và có ngoại hình bệ vệ, oai nghi.
Người ít tiền mà khoe mình giàu có.
Người giàu có nhưng keo kiệt, xu nịnh.
Từ “trọc phú” trong đoạn trích trên chỉ những người hay khoe của, chỉ biết lấy nhiều làm quý, có nghĩa là thích khoe khoang, coi trọng số lượng hơn chất lượng. Chọn A.
Để thể hiện sự am hiểu chuyên sâu về các loại sách.
Để trau dồi kiến thức phổ thông và học vấn chuyên môn.
Để xác định số lượng sách cần đọc trong suốt cuộc đời.
Để biết cách tìm các loại sách quan trọng để đọc
Theo đoạn trích, cần chia sách ra làm nhiều loại: một loại là sách đọc để lấy kiến thức phổ thông, một loại để trau dồi học vấn chuyên môn. (Dòng một 1, 2 đoạn 2). Chọn B.
Do chỉ đọc sách giáo trình.
Do đọc quá nhiều sách dẫn đến quên kiến thức.
Do không có nhiều loại sách để lựa chọn.
Do đọc sách qua loa, không kĩ lưỡng.
Xem dòng cuối cùng của đoạn trích: “nếu họ không thu được lợi ích thực sự là do họ thiếu sự lựa chọn, khi đọc lẽ ra phải đọc kĩ thì họ lại đọc qua loa”. Chọn D.
Người đọc sách cần chọn sách cho tinh.
Đọc sách cần có phương pháp.
Sách hay không có nhiều.
Phải đọc nhiều loại sách khác nhau để tăng thêm kiến thức.
Theo dõi ngữ liệu:
Đáp án A (Người đọc sách cần chọn sách cho tinh) nằm ở dòng 1 đoạn 1.
Đáp án B (Đọc sách cần có phương pháp) nằm ở dòng 5, 6 đoạn 1.
Đáp án D (Phải đọc nhiều loại sách khác nhau để tăng thêm kiến thức) nằm ở đoạn 2.
Trong đoạn trích, không có phần nào nhắc đến nội dung “Sách hay không có nhiều”. Chọn C.
Tự sự.
Biểu cảm.
Miêu tả.
Thuyết minh.
Phương thức biểu đạt chính của văn bản là biểu cảm. Chọn B.
Sáu chữ.
Năm chữ.
Lục bát.
Tự do.
Bài thơ được viết theo thể thơ sáu chữ. Mỗi dòng thơ có sáu chữ. Chọn A.
Người lính.
Người mẹ.
Người đàn ông.
Người phụ nữ.
Nhân vật trữ tình trong bài thơ là người phụ nữ - “em”. Chọn D.
Thiếu nhi.
Tình yêu.
Chiến tranh.
Thiên nhiên.
Bài thơ viết về đề tài tình yêu. Chọn B.
Nói giảm nói tránh, phép điệp.
Liệt kê, phép điệp.
Liệt kê, nói giảm nói tránh.
Phép điệp, so sánh.
Phép điệp, liệt kê: “Sau sông, sau biển, sau thuyền/ Sau những chân trời bát ngát/ Sau bao điều cay cực nhất”. Chọn B.
Lợi ích của các loại vật chất.
Các nguyên tố cấu thành vật chất.
Tính hai mặt của các nguyên tố.
Tác hại của các loại vật chất.
Dựa vào đoạn mở đầu: “Các loại vật chất tồn tại ở khắp nơi trên Trái Đất của chúng ta. Vậy, những nguyên tố cơ bản nào cấu thành vật chất?” có thể xác định được nội dung chính của bài đọc nói về các nguyên tố cấu thành vật chất trên Trái Đất. Chọn B.
Vì các nhà nghiên cứu không thật sự nhiệt huyết.
Vì nhiều người phản đối việc nghiên cứu các nguyên tố.
Vì thời điểm đó khoa học kĩ thuật chưa phát triển.
Vì vấn đề này không cấp thiết đối với loài người.
Dựa vào 2 câu đầu của đoạn văn thứ 2 có thể thấy: Sự thắc mắc về các nguyên tố cấu tạo nên Trái Đất đã có từ xa xưa (2000 năm trước). Nhưng do thời điểm đó khoa học kĩ thuật chưa phát triển nên phải rất lâu sau đó người ta mới đưa ra câu trả lời chính xác. Chọn C.
Phức tạp và quý hiếm.
Đơn giản và phổ biến.
Phức tạp và đặc biệt.
Đơn giản và cơ bản.
Dựa vào dòng thứ tư của đoạn 2 có thể thấy đặc điểm của một số thành phần cấu tạo nên vạn vật trên thế giới là đơn giản và cơ bản. Chọn D.
Oxy.
Thủy ngân.
Oxit thủy ngân
Kẽm.
Dựa vào vế trước đó: “Oxy và thủy ngân đều là nguyên tố, nhưng oxit thủy ngân thì lại không phải là một nguyên tố” nên “chúng” ở đây chỉ oxit thủy ngân. Chọn C.
Tự sự.
Biểu cảm
Miêu tả.
Thuyết minh.
Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là thuyết minh vì mục đích nhằm cung cấp tri thức. Chọn D.
luyên thuyên.
về nhà.
ngại ngùng.
lo lắng.
Từ “luyên thuyên” dùng chưa phù hợp. Nên dùng “huyên thuyên” (nhiều lời và lan man, chưa hết chuyện này đã sang chuyện kia). Chọn A.
giọt nước.
Bắc Bộ.
lâu dài.
kiên cường.
Truyện ngắn “Những đứa con trong gia đình” giống như giọt nước mang hình cả bầu trời của dân tộc ta, của người dân Nam Bộ trong một hành trình đánh giặc lâu dài, bền bỉ, kiên cường. Chọn B.
đi sâu.
khái quát.
tác động.
nhận thức.
Nội dung đoạn trích trên nói về vai trò của chủ đề trong tác phẩm văn học, mang tính chất khách thể. Dùng từ “đi sâu”, là động từ vào tính chất “bản chất đời sống của nhà văn” là không hợp lí. Động từ thường kết hợp với danh từ, mặt khác xét chung trong ngữ cảnh đều không hợp lí. Vì vậy ta có thể thay “đi sâu” bằng các từ ngữ mang tính chất như “thâm nhập”, “chạm”. Chọn A.
cho thấy.
thiên nhiên.
đi qua.
chiến sĩ.
Nội dung câu văn là sự ca ngợi hình ảnh chủ tịch Hồ Chí Minh thông qua việc đọc và cảm nhận bài thơ “Chiều tối”. Căn cứ vào cụm từ “hoàn cảnh khắc nghiệt” xác định được từ “đi qua” (mô tả sự di chuyển một cách bình thường) đang dùng sai sắc thái, cần thay bằng từ “vượt lên” để nhấn mạnh ý chí vượt trên những hoàn cảnh, thực tại khó khăn của Bác. Chọn C.
giá trị hiện thực.
giá trị nhân văn.
tuyệt tác.
thiên cổ kì bút.
Lỗi dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản, “giá trị nhân văn” là một trong những yếu tố cốt lõi xác định tính cách và hành vi của con người trong xã hội. Cụm từ này chưa bao quát hết được giá trị của tác phẩm, có thể thay thế bằng “giá trị nhân đạo”. Chọn B.
bất hảo.
bất minh.
bất hủ.
bất kham.
Từ “bất hủ” có nghĩa là không bao giờ mất đi; có giá trị mãi mãi; các từ còn lại trong nhóm (bất hảo, bất minh, bất kham) đều có nghĩa chung: chỉ con người (vật) hoặc việc làm không tốt. Chọn C.
ném.
vứt.
cầm.
tung.
Các từ “ném, vứt, tung” đều mang nghĩa làm cho sự vật rời khỏi tay. Còn từ “cầm” lại mang nghĩa giữ sự vật lại trên tay. Chọn C.
xào xạc.
lao xao.
mềm mỏng.
tí tách.
Các từ “xào xạc, lao xao, tí tách” đều là từ láy; từ “mềm mỏng” là từ ghép. Chọn C.
thiên lương.
thiên đường.
thiên thư.
thiên đô.
Yếu tố Hán Việt “thiên” trong đáp án A, B, C đều có nghĩa là trời. Còn “thiên” trong từ “thiên đô” có nghĩa là rời. Chọn D.
chao đảo.
liêu xiêu.
nghiêng ngả.
lom khom.
Các từ “chao đảo, liêu xiêu, nghiêng ngả” cùng chỉ trạng thái nghiêng qua nghiêng lại, không giữ được thăng bằng, còn “lom khom” diễn tả một tư thế cong lưng xuống của con người. Vậy từ khác nghĩa ở đây là lom khom. Chọn D.
Văn bản nghệ thuật.
Văn bản khoa học.
Văn bản sinh hoạt.
Văn bản chính luận.
Những thể loại sử thi, truyền thuyết, truyện cổ tích, kịch, thơ, phú đều là do các tác giả sáng tạo nên dựa trên tưởng tượng, sử dụng ngôn từ mang tính nghệ thuật, vì vậy đó là những văn bản nghệ thuật. Chọn A.
Ở đâu/ như.
Không gì/ ở.
Không ở đâu/ như.
Mọi nơi/ như.
Không ở đâu trên đất nước ta có nhiều địa điểm thuận lợi để xây dựng cảng nước sâu như Duyên hải Nam Trung Bộ. Chọn C.
trung tâm.
thành phố.
khu đô thị.
điểm đến du lịch.
Sài Gòn là thành phố trẻ trung, năng động, có nét hấp dẫn riêng về thiên nhiên và khí hậu. Người Sài Gòn có phong cách cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa. Chọn B.
Văn học dân gian.
Văn học hiện đại.
Văn học đương đại.
Văn học trung đại.
Văn học trung đại hình thành và phát triển trong bối cảnh văn hóa, văn học vùng Đông Á, Đông Nam Á; có quan hệ giao lưu với nhiều nền văn học khu vực, đặc biệt là văn học Trung Quốc. Chọn D.
không những/ không những/ mà còn.
là/ là/ không.
không chỉ/ không chỉ/ mà còn.
không phải/ không phải/ là.
Cái đẹp của xứ Nghệ không phải ở nơi cánh đồng phì nhiêu, không phải ở trong màu mè của thổ nhưỡng, trong ánh sáng và khí hậu của thời tiết. Cái đẹp của Nghệ – Tĩnh là ở nơi núi non hùng vĩ, ở nơi sông sâu, nước trong, với những cảnh vật bao la. Chọn D.
Trọng nghĩa khinh tài.
Khí phách ngang tàng.
Trân trọng người tài.
Tài hoa, uyên bác.
Câu nói: “Ta nhất sinh không vì vàng ngọc hay quyền thế mà ép mình viết câu đối bao giờ. Đời ta cũng mới viết có hai bộ tứ bình và một bức trung đường cho ba người bạn thân của ta thôi.” cho thấy Huấn Cao là người trọng nghĩa khí, không màng vật chất, tài sản. Chọn A.
Chiêm nghiệm, suy tư.
Băn khoăn, hoài nghi.
Mỉa mai, chua chát.
Lạnh lùng, khách quan.
Cách kể của tác giả Nguyễn Khải trong đoạn trích trên thể hiện sự chiêm nghiệm, giàu tính suy tư, triết lí. Tác giả để cho nhân vật cô Hiền suy ngẫm về sức sống của Hà Nội, suy nghĩ về lẽ đời, về quy luật của cuộc sống: Hà Nội thì không thế. Thời nào nó cũng đẹp, một vẻ đẹp riêng cho mỗi lứa tuổi; Thiên địa tuần hoàn, cái vào ra của tạo vật không thể lường trước được. Chọn A.
Đôi bàn tay báo thù.
Đôi bàn tay tình nghĩa.
Đôi bàn tay đau thương.
Đôi bàn tay lao động.
Hình ảnh đôi bàn tay Tnú trong đoạn trích mang ý nghĩa đôi bàn tay đau thương. Tố cáo tội ác man rợ của kẻ thù, hun đúc lòng căm thù của dân làng. Chọn C.
Nhân hóa, hoán dụ, so sánh, ẩn dụ.
Hoán dụ, so sánh, nhân hóa, nói quá.
So sánh, điệp cấu trúc cú pháp, nhân hóa.
Ẩn dụ, điệp từ, nhân hóa, so sánh.
Những biện pháp nghệ thuật:
- Ẩn dụ ở các hình ảnh: tiếng ghi ta nâu, tiếng ghi ta lá xanh, tiếng ghi ta tròn bọt nước vỡ tan, tiếng ghi ta ròng ròng máu chảy, giọt nước mắt vầng trăng, đáy giếng,…
- Điệp từ: tiếng ghi ta, tiếng đàn
- Nhân hóa: ròng ròng máu chảy
- So sánh: tiếng đàn như cỏ mọc hoang
→ Chọn D.
Bóng đen sẫm như gốc cây khô cháy.
Mắt đăm đăm nhìn về nơi ấy.
Cơn mưa thăm thẳm xa khơi.
Ánh chớp xanh lấp loáng phía chân trời.
Chi tiết “Mắt đăm đăm nhìn về nơi ấy” thể hiện đậm nét nỗi khát khao mưa xuống của “chúng tôi”. Chọn B.
Tinh thần yêu nước của tác giả.
Nhận thức về lí tưởng cách mạng.
Tâm trạng của người thanh niên khi được giác ngộ lí tưởng cách mạng.
Thể hiện tinh thần lạc quan của người tù chính trị.
Khổ thơ trên là khổ thơ thứ nhất trong bài thơ “Từ ấy” của nhà thơ Tố Hữu. Bài thơ đánh dấu bước ngoặt của nhà thơ khi ông tìm thấy ánh sáng của lí tưởng cách mạng. Khổ thơ đầu tiên thể hiện tâm trạng vui tươi, say mê khi được giác ngộ lí tưởng của tác giả. Chọn C.
Cuốn hút người đọc bởi vấn đề mang tính thời sự, gây “sốc”.
Dẫn dắt người đọc vào vấn đề nghị luận sinh động, nóng hổi, mang tầm quốc gia.
Chứng minh tầm quan trọng của vấn đề nghị luận trong văn bản.
Nêu ra một ý kiến để phần sau dùng lập luận bác bỏ, bình luận bàn luận về vấn đề đó.
Trong đoạn [1], việc tác giả đưa ra dòng trạng thái của một người bạn cũ có tác dụng: Nêu ra một ý kiến để phần sau dùng lập luận bác bỏ, bình luận bàn luận về vấn đề đó.
- Tác giả đã đưa ra ý kiến của người bạn (“Bình yên - là khi được ra khỏi nhà”), sau đó dùng các thao tác bác bỏ, bình luận để bàn về ý kiến trên:
+ Bình yên không phải là khi được ra khỏi nhà mà bình yên là khi được ở trong tổ ấm của mình.
+ Muốn tổ ấm của mình bình yên thì bản thân mỗi người phải trực tiếp tham gia vào quá trình thiết lập nó.
- Các đáp án A, B, C không phù hợp vì nó phản ánh chưa chính xác tính chất của vấn đề nghị luận trong đoạn trích trên. Chọn D.
Hòa nhập làm một với Đất Nước.
Đóng vai Đất Nước.
Đóng góp, cống hiến cho Đất Nước.
Hi sinh thân mình cho Đất Nước.
Từ “hóa thân” mang nghĩa là đóng góp, cống hiến cho Đất Nước. Chọn C.
Buồn bã, xót thương.
Thổn thức, ai oán.
Hờn giận, trách móc.
Tiếc nuối, bâng khuâng.
Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tiếc nuối, bâng khuâng. Điều này được thể hiện qua các từ ngữ sau đây: “chẳng còn tôi mãi”, “bâng khuâng”, “tiếc”, “chia phôi”, “tiễn biệt”, “bay đi”, “đứt tiếng reo thi”, “phai tàn”. Chọn D.
Nhân vật tự bộc lộ bản thân qua lời nói, cử chỉ, hành động.
Người kể chuyện miêu tả nhân vật.
Nhân vật được đặt trong tình huống truyện.
Nhân vật hiện lên qua cảm nhận của nhân vật Đặng.
Nhân vật Nhược Dự được khắc họa bằng cách người kể chuyện miêu tả nhân vật: “Anh ta là người khó hiểu, khôn ngoan và kín đáo… Lúc nào anh ta cũng khoác bên ngoài cái vẻ lờ mờ, rụt rè như một người lạc lōng, hiểu rất ít về thời cục”. Chọn B.
Biện pháp nghệ thuật diễn tả sự chuyển biến đột ngột trong tâm trạng của tác giả.
Biện pháp nghệ thuật thể hiện sự yêu đời, lãng mạn của tác giả.
Ước muốn táo bạo của nhà thơ để níu giữ thời gian, tuổi trẻ.
Tình yêu tha thiết của tác giả với cuộc đời nơi trần thế.
Dấu chấm đặt giữa câu giống như một sự bất ngờ, đột ngột trong diễn biến tâm trạng của tác giả. Ông đang đắm say trước vẻ đẹp của thiên nhiên nơi trần thế thì bỗng ngừng lại thẫn thờ tiếc nuối để rồi sau đó gấp rút vội vàng. Biện pháp nghệ thuật độc đáo đã góp phần thể hiện rõ nét chủ đề tư tưởng này. Chọn A.
Cuộc đời.
Tuổi trẻ.
Thời gian.
Mùa xuân.
Những câu thơ “lượng trời cứ chật không cho dài thời trẻ của nhân gian; nói làm chi rằng xuân vẫn tuần hoàn, nếu tuổi trẻ chẳng hai lần thắm lại; còn trời đất nhưng chẳng còn tôi mãi”... cho thấy điều tác giả tiếc nuối nhất chính là tuổi trẻ, bởi mùa xuân là tuần hoàn, xuân đi rồi xuân lại đến, còn tuổi trẻ thì một đi không trở lại. Chọn B.
Biểu tượng cho sức sống và vẻ đẹp văn hóa của Hà Nội.
Có giá trị như một vật dụng dự báo hiệu điềm xấu, sự đổi dời.
Lên án sự phá hủy cảnh quan thiên nhiên của con người.
Biểu tượng cho sự tuần hoàn của vũ trụ.
Hình ảnh “cây si” biểu tượng cho sức sống và vẻ đẹp văn hóa của Hà Nội. Chọn A.
1, 3, 4, 5, 9, 10.
3, 5, 6, 7, 11, 12.
5, 7, 8, 9, 13, 14.
7, 9, 10, 11, 15, 16.
Những câu văn 7, 9, 10, 11, 15, 16 là dòng suy nghĩ của nhân vật Việt khi anh tỉnh dậy lần thứ tư ở chiến trường. Chọn D.
Từ đơn.
Động từ.
Từ láy.
Danh từ.
Các từ “chung chiêng”, “ngun ngút” đều thuộc từ láy. Chọn C.
đã dập tắt hoàn toàn được cuộc khởi nghĩa Yên Thế.
hoàn thiện bộ máy thống trị trên toàn Đông Dương.
chia để trị và đặt nền bảo hộ lên toàn bộ nước ta.
đã cơ bản bình định được Việt Nam về quân sự.
Từ 1897, sau khi tạm bình ổn tình hình, cơ bản bình định được Việt Nam về quân sự, Pháp tiến hành cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất ở Việt Nam (1897-1914). Chọn D.
thực dân Anh.
chế độ độc tài Batita.
thực dân Pháp.
thực dân Hà Lan.
Tháng 3-1952, Mĩ giúp Batixta lập chế độ độc tài quân sự, xóa bỏ Hiến pháp 1940, cấm các đảng phái chính trị hoạt động, bắt giam và tàn sát nhiều người yêu nước... Nhân dân Cuba đấu tranh chống chế độ độc tài Batixta dưới sự lãnh đạo của Phiđen Cátxtơrô. Ngày 1-1 1959, chế độ độc tài Batixta bị lật đổ, nước Cộng hòa Cuba thành lập. Chọn B.
Đất nước không bị ảnh hưởng bởi thiên tai.
Lãnh thổ có nhiều tài nguyên khoáng sản.
Áp dụng thành tựu khoa học-kĩ thuật hiện đại.
Duy trì được hệ thống thuộc địa ở châu Á.
Nguyên nhân thúc đẩy sự phát triển kinh tế của Nhật Bản giai đoạn 1952-1973 là:
-Con người là vốn quý nhất, là nhân tố quyết định hàng đầu.
-Vai trò lãnh đạo, quản lý của nhà nước Nhật.
-Các công ty Nhật năng động, có tầm nhìn xa, quản lý tốt và cạnh tranh cao.
-Ap dụng thành công những thành tựu khoa học kỹ thuật vào sản xuất.
-Chi phí quốc phòng thấp (dưới 1\%) nên có điều kiện tập trung đầu tư vốn cho kinh tế.
-Tận dụng tốt yếu tố bên ngoài để phát triển (viện trợ Mỹ, chiến tranh Triều Tiên, Việt Nam...).
Chọn C.
Chế độ Apácthai ở Nam Phi bị xóa bỏ.
Nam Phi được trao quyền tự trị.
Ai Cập và Libi được trao quyền tự trị.
Angiêri được trao quyền tự trị.
Tại Nam Phi, trước áp lực đấu tranh của người da màu, tháng 11-1993, chế độ phân biệt chủng tộc (Apácthai) bị xóa bỏ. Trong cuộc bầu cử đa chủng tộc đầu tiên, ông Nenxơn Manđêla (Nelson Mandela) trở thành Tồng thống da đen đầu tiên của nước Cộng hòa Nam Phi (1994). Chọn A.
tập trung vào xây dựng một nước Việt Nam mới.
tranh thủ thời gian hòa bình giải quyết nạn đói.
dồn lực lượng đối phó với nội phản trong nước.
tránh cùng một lúc phải đối phó với nhiều kẻ thù.
các nước cấm đưa quân đội, nhân viên quân sự, vũ khí nước ngoài vào Việt Nam.
các nước tham dự hội nghị công nhận các quyền dân tộc cơ bản của Việt Nam.
Việt Nam tiến tới thống nhất bằng cuộc tổng tuyển cử trong cả nước
các bên tham chiến thực hiện ngừng bắn, chuyển giao quân sự.
Phân tích các đáp án, ta thấy:
A, C loại vì nội dung của các phương án này không phải là thắng lợi lớn nhất của ta khi kí kết Hiệp định Giơnevơ.
B chọn vì các quyền dân tộc cơ bản của nhân dân Việt Nam đã được công nhận.
D loại vì việc quy định khu vực tập kết, chuyển quân, chuyển giao khu vực là hạn chế của Hiệp định Giơnevơ.
Vệ quốc đoàn.
Cứu quốc quân.
Việt Nam Tuyên truyền giải phóng quân.
Quân đội Quốc gia Việt Nam.
Tháng 9/1945, Việt Nam Giải phóng quân đổi tên thành Vệ quốc đoàn. Chọn A.
thủ đô là Hà Nội.
tiến hành đổi mới đất nước.
cải cách ruộng đất trong cả nước.
thành lập Mặt trận Việt Minh.
Quốc hội thông qua chính sách đối nội và đối ngoại của Nhà nước Việt Nam thống nhất, quyết định tên nước là Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam (từ 2-7-1976), quyết định Quốc huy mang dòng chữ Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam, Quốc kì là lá cờ đỏ sao vàng, Quốc ca là bài Tiến quân ca, thủ đô là Hà Nội, thành phố Sài Gòn Gia Định được đổi tên là Thành phố Hồ Chí Minh. Chọn A.
tạo điều kiện tiếp tục hoàn thành cuộc cách mạng giải phóng dân tộc.
thể hiện mong muốn được gia nhập tổ chức ASEAN của Việt Nam.
tạo khả năng to lớn để mở rộng quan hệ với các nước trên thế giới.
đánh dấu việc hoàn thành thống nhất các tổ chức chính trị-xã hội.
Hoàn thành thống nhất đất nước về mặt nhà nước tạo nên những điều kiện chính trị cơ bản để phát huy sức mạnh toàn diện của đất nước, những điều kiện thuận lợi để cả nước đi lên chủ nghĩa xã hội, khả năng to lớn để bảo vệ Tổ quốc và mở rộng quan hệ với các nước trên thế giới. Chọn C.
Tạo điều kiện hoàn thành cuộc cách mạng giải phóng dân tộc.
Cần tạo nên sức mạnh to lớn để xây dựng và bảo vệ Tổ quốc.
Đặt cơ sở cho việc thống nhất đất nước về mặt Iãnh thố.
Đây là điều kiện cho Việt Nam gia nhập tổ chức ASEAN.
Hoàn thành thống nhất đất nước về mặt nhà nước tạo nên những điều kiện chính trị cơ bản để phát huy sức mạnh toàn diện của đất nước, những điều kiện thuận lợi để cả nước đi lên chủ nghĩa xã hội, khả năng to lớn để bảo vệ Tổ quốc và mở rộng quan hệ với các nước trên thế giới. Chính vì vậy mà ngay sau thắng mủa Xuân năm 1975, Đảng Lao động Việt Nam quyết định hoàn thành nhiệm vụ thống nhất đất nước về mặt nhà nước. Chọn B.
chính trị thiếu ổn định, dịch bệnh, nợ nước ngoài nhiều.
bạo lực và tệ nạn ma tuý, dân trí chưa cao, tham nhũng.
lạm phát, nạn tham nhũng, tỉ lệ thất nghiệp còn khá lớn.
quản lí yếu, gắn kết trong khu vực yếu, nạn tham nhũng.
Khu vực Mỹ La-tinh có kinh tế còn chậm phát triển chủ yếu do chính trị thiếu ổn định, dịch bệnh, nợ nước ngoài nhiều.
A. chính trị thiếu ổn định, dịch bệnh, nợ nước ngoài nhiều. → đúng, đủ, bao quát. Chọn A.
B. bạo lực và tệ nạn ma tuý, dân trí chưa cao, tham nhũng. → thiếu bao quát như A
C. lạm phát, nạn tham nhũng, tỉ lệ thất nghiệp còn khá lớn. → thiếu bao quát như A
D. quản lí yếu, gắn kết trong khu vực yếu, nạn tham nhũng. → thiếu bao quát như A
Nội thương Hoa Kỳ có quy mô nhỏ nhất thế giới.
Là cường quốc về ngoại thương và xuất khẩu lớn.
Thị trường nội địa có sức mua yếu và trung bình.
Đối tác thương mại chính là Việt Nam, Nhật Bản.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. Nội thương Hoa Kỳ có quy mô nhỏ nhất thế giới. → sai, quy mô lớn
B. Là cường quốc về ngoại thương và xuất khẩu lớn. → đúng. Chọn B.
C. Thị trường nội địa có sức mua yếu và trung bình. → sai, sức mua lớn
D. Đối tác thương mại chính là Việt Nam, Nhật Bản. → sai, nhiều đối tác khác
Nông nghiệp.
Công nghiệp.
Ngân hàng.
Xây dựng.
Thiên nhiên nhiệt đới ẩm gió mùa ảnh hưởng trực tiếp và rõ rệt nhất đến hoạt động nông nghiệp. Các hoạt động khác cũng chịu ảnh hưởng nhưng không trực tiếp bằng. Chọn A.
Mở rộng hợp tác đầu tư với các nước.
Phát triển nền nông nghiệp nhiệt đới.
Phòng chống thiên tai.
Phát triển kinh tế biển.
Vị tri địa lí nước ta không tạo thuận lợi cho hoạt động phòng chống thiên tai. Nước ta là nước có nhiều thiên tai. Chọn C.
từ tháng 6 đến tháng 9.
từ tháng 7 đến tháng 10.
từ tháng 7 đến tháng 11.
từ tháng 6 đến tháng 12.
Mùa bão nước ta từ tháng 6 đến tháng 12. Chọn D.
Cho biểu đồ:
DIỆN TÍCH GIEO TRỒNG LÚA PHÂN THEO VỤ NƯỚC TA GIAI ĐOẠN 1990-2020 (%)
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo biểu đồ, nhận xét nào sau đây đúng về cơ cấu diện tích gieo trồng lúa phân theo vụ nước ta giai đoạn 1990-2020?
Năm 1990, tỉ trọng diện tích gieo trồng lúa mùa nhỏ nhất trong cơ cấu.
Tỉ trọng diện tích gieo trồng lúa hè thu có xu hướng giảm dần trong cả giai đoạn.
Tỉ trọng diện tích gieo trồng lúa mùa có xu hướng tăng dần trong cả giai đoạn.
Tỉ trọng diện tích gieo trồng lúa đông xuân luôn lớn nhất trong giai đoạn 2000-2020.
Tây Nguyên.
Bắc Trung Bộ.
Trung du và miền núi Bắc Bộ.
Duyên hải Nam Trung Bộ.
Vùng giàu tài nguyên khoáng sản và thủy điện nhất nước ta là Trung du và miền núi Bắc Bộ.
-Tài nguyên khoáng sản: Than (Quảng Ninh, Thái Nguyên), sắt (Thái Nguyên, Yên Bái), đồng (Sơn La, Bắc Giang), thiếc (Cao Bằng),…
- Hệ thống sông Hồng và sông Thái Bình chảy trên địa hình vùng núi mang lại tiềm năng thủy điện lớn. Một số nhà máy thủy điện như Hòa Bình, Sơn La, Thác Bà,… Chọn C.
đường quốc lộ 1A.
đường sắt Bắc-Nam.
đường 9-Khe Sanh
đường Hồ Chí Minh
Tuyến đường có ý nghĩa thúc đẩy sự phát triển kinh tế-xã hội của dải đất phía tây nước ta là đường Hồ Chí Minh. Chọn D.
có sông ngòi dày đặc, nền nhiệt ổn định.
nhiều khu rừng ngập mặn, cửa sông lớn.
có ngư trường trọng điểm, giàu sinh vật.
nhiều vùng bãi triều, đầm phá khá rộng.
Đồng bằng sông Cửu Long có nhiều thể mạnh để phát triển nuôi trồng thủy sản nước ngọt do có sông ngòi dày đặc, nền nhiệt ổn định. Chọn A.
Loại B, D: Nhiều khu rừng ngập mặn, cửa sông lớn; nhiều vùng bãi triều, đầm phá khá rộng → phát triển thủy sản nước mặn, nước lợ.
Loại C: Có ngư trường trọng điểm, giàu sinh vật → khai thác thủy sản.
thủy sản.
du lịch.
đất phù sa
thủy năng.
Đồng bằng sông Hồng có địa hình thấp và khá bằng phẳng nên sông ngòi không có giá trị về thủy năng. Chọn D.
Cho 4 đồ thị sau. Đồ thị biểu diễn đúng sự phụ thuộc của công suất tỏa nhiệt trên một vật dẫn kim loại vào hiệu điện thế ở hai đầu vật dẫn là:
Đồ thị 1.
Đồ thị 2.
Đồ thị 3.
Đồ thị 4.
Công thức biểu diễn mối liên hệ giữa công suất tỏa nhiệt trên một vật dẫn kim loại vào hiệu điện thế ở hai đầu vật dẫn là: \(P = \frac{{{U^2}}}{R} = \left( {\frac{1}{R}} \right).{U^2}\) (có dạng \(y = a.{x^2}\))
Khi \(U = 0 \Rightarrow P = 0\)
\( \Rightarrow \) Đồ thị P theo U là hàm bậc hai, bề lõm hướng lên và đi qua gốc tọa độ
\( \Rightarrow \) Đồ thị biểu diễn đúng là đồ thị 1. Chọn A.
thẳng đứng hướng từ dưới lên.
nằm ngang hướng từ trái sang phải.
thẳng đứng hướng từ trên xuống dưới.
nằm ngang hướng từ phải sang trái.
Áp dụng quy tắc bàn tay trái, lực từ tác dụng lên đoạn dây có chiều nằm ngang hướng từ phải sang trái. Chọn D.
\(45^\circ .\)
\(33^\circ .\)
\(49^\circ .\)
\(38^\circ .\)
\[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{\sin \alpha }}{{\sin \left( {90^\circ - \beta } \right)}} = n\\\sin \beta \ge \frac{{{n_0}}}{n}\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\sin \alpha }}{{\sqrt {1 - {{\sin }^2}\beta } }} = n \Rightarrow {\sin ^2}\beta = 1 - \frac{{{{\sin }^2}\alpha }}{{{n^2}}} \ge \frac{{n_0^2}}{{{n^2}}}\]
\[ \Rightarrow \sin \alpha \le \sqrt {{n^2} - n_0^2} \Rightarrow \alpha \le 49,13^\circ \]
\( \Rightarrow {\alpha _{\max }} = 49,13^\circ \). Chọn C.
Hai chất điểm dao động có li độ phụ thuộc theo thời gian được biểu diễn tương ứng bởi hai đồ thị (1) và (2) như hình vẽ. Nhận xét nào dưới đây đúng khi nói về dao động của hai chất điểm?
Hai chất điểm đều thực hiện dao động điều hòa với cùng chu kì.
Đồ thị (1) biểu diễn chất điểm dao động tắt dần cùng chu kì với chất điểm còn lại.
Hai chất điểm đều thực hiện dao động điều hòa và cùng pha ban đầu.
Đồ thị (1) biểu diễn chất điểm dao động cưỡng bức với tần số ngoại lực cưỡng bức bằng tần số dao động của chất điểm còn lại.
Từ đồ thị, ta thấy hai chất điểm ban đầu dao động với cùng biên độ và chu kì. Chất điểm (1) dao động tắt dần, và chất điểm (2) dao động điều hòa => B đúng. Chọn B.
\(5\sqrt 3 \) rad/s.
5 rad/s.
\(5\sqrt 2 \) rad/s.
2,5 rad/s.
Độ dài quỹ đạo dao động của con lắc là: \(L = 2A \Rightarrow A = \frac{L}{2} = \frac{8}{2} = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = 0,04{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Từ đồ thị ta thấy khi động năng bằng 0, thế năng của con lắc:
\({{\rm{W}}_{t\max }} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {4.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right)\)\( \Rightarrow \frac{1}{2}0,1.{\omega ^2}.0,{04^2} = {4.10^{ - 3}} \Rightarrow \omega = 5\sqrt 2 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)\).
Chọn C.
3.
1.
4.
2.
Ta có: \(P = \frac{{n.\varepsilon }}{t} = \frac{{n.\frac{{hc}}{\lambda }}}{t} \Rightarrow \lambda = \frac{{n.hc}}{{P.t}}\)
\( \Rightarrow \lambda = \frac{{5,{{6.10}^{19}}.6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,45.60}} = 4,{122.10^{ - 7}}m = 0,4122\mu m\)
Giới hạn quang điện của các kim loại K, Ca, Al, Cu lần lượt là: \(0,55\mu m;0,43\mu m;0,42\mu m;0,3\mu m\)
Để xảy ra hiện tượng quang điện ngoài thì \(\lambda \le {\lambda _0}\)\( \Rightarrow \lambda < {\lambda _{0K}},{\lambda _{0Ca}},{\lambda _{0Al}}\)
\( \Rightarrow \) Có 3 kim loại xảy ra hiện tượng quang điện. Chọn A.
từ 100 MHz đến 170 MHz.
từ 170 MHz đến 400 MHz.
từ 400 MHz đến 470 MHz.
từ 470 MHz đến 600 MHz.
Khi tụ điện có điện dung \({C_1}\), máy bộ đàm thu được tần số:
\({f_1} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_1}} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{10}^{ - 6}}.0,{{115.10}^{ - 12}}} }}\) \( \approx 470MHz\)
Khi tụ điện có điện dung \({C_2}\), máy bộ đàm thu được tần số:
\({f_2} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_2}} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{10}^{ - 6}}.0,{{158.10}^{ - 12}}} }}\) \( = 400MHz\).
Chọn C.
3 mm.
4 mm.
2,5 mm.
2 mm.
Khi khoảng cách giữa màn quan sát và mặt phẳng chứa hai khe là \(D + \Delta D\) và \(D - \Delta D\)
Lập tỉ số: \(\frac{{{i_2}}}{{{i_3}}} = \frac{{2i}}{i} = \frac{{\frac{{\lambda \left( {D + \Delta D} \right)}}{a}}}{{\frac{{\lambda \left( {D - \Delta D} \right)}}{a}}} \Leftrightarrow \frac{{D + \Delta D}}{{D - \Delta D}} = 2 \Rightarrow D = 3.\Delta D{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)
Khi khoảng cách giữa màn quan và hai khe là \(D + 3.\Delta D\):
\(\frac{{{i_1}}}{{{i_4}}} = \frac{{\frac{{\lambda D}}{a}}}{{\frac{{\lambda \left( {D + 3.\Delta D} \right)}}{a}}} \Leftrightarrow \frac{D}{{D + 3.\Delta D}} = \frac{1}{{{i_4}}}{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{1}{{{i_4}}} = \frac{{3.\Delta D}}{{6.\Delta D}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {i_4} = 2mm.\)
Chọn D.
Trên hình là đồ thị biểu diễn sự biến thiên của năng lượng liên kết riêng (trục tung, theo đơn vị MeV/nuclôn) theo số khối (trục hoành) của các hạt nhân nguyên tử. Phát biểu nào sau đây đúng?
Hạt nhân \(^{238}U\) bền vững nhất.
Hạt nhân \(^{35}Cl\) bền vững hơn hạt nhân \(^{56}Fe\).
Hạt nhân \(^6Li\) bền vững nhất.
Hạt nhân \(^{62}Ni\) bền vững nhất.
Chọn đáp án D
Mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Hộp X chứa các phần tử R2, L, C2 mắc nối tiếp. Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu mạch AB có tần số 50 Hz và giá trị hiệu dụng 220 V thì cường độ dòng điện trong mạch có giá trị hiệu dụng \(\sqrt 2 \left( A \right)\). Biết \({R_1} = 40\sqrt 2 \Omega \). Tại thời điểm t(s) cường độ dòng điện \(I = 2A\), ở thời điểm \(\left( {t + \frac{1}{{600}}} \right)s\), điện áp \({u_{AB}} = 0\,\left( V \right)\) và đang giảm. Công suất của đoạn mạch MB nhận giá trị nào sau đây
Cường độ dòng điện hiệu dụng và cực đại: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I = \sqrt 2 A}\\{{I_0} = 2A}\end{array}} \right.\)
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AB: \(U = 220V\)
Tại thời điểm t(s) cường độ dòng điện là \(i = 2A = {I_0}\), ở thời điểm \(\left( {t + \frac{1}{{600}}} \right)s\) điện áp \({u_{AB}} = 0{\mkern 1mu} \,\left( V \right)\)
Góc quét được trong thời gian \(\frac{1}{{600}}s\) là: \(\alpha = \omega .\Delta t = 100\pi .\frac{1}{{600}} = \frac{\pi }{6}rad\).
Biểu diễn trên VTLG cường độ dòng điện chạy trong mạch và điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB tại thời điểm \(\left( {t + \frac{1}{{600}}} \right)s\) như sau:
Từ VTLG ta xác định được độ lệch pha giữa u và i là: \(\varphi = \frac{\pi }{3}rad\)
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là: \({P_{AB}} = U.I.\cos \varphi = 220.\sqrt 2 .\cos \frac{\pi }{3} = 110\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\)
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM là: \({P_{AM}} = {I^2}{R_1} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2}.40\sqrt 2 = 80\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\)
Công suất của đoạn mạch MB là: \({P_{MB}} = {P_{AB}} - {P_{AM}} = 110\sqrt 2 - 80\sqrt 2 = 30\sqrt 2 {\mkern 1mu} \left( {\rm{W}} \right)\).
Đáp án: \[30\sqrt 2 W.\]
dung dịch \[AgN{O_3}.\]
dung dịch NaOH.
dung dịch \[Ba{\left( {OH} \right)_2}.\]
dung dịch KOH.
Để phân biệt 3 dung dịch riêng biệt \[KCl,{\rm{ }}{\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4},{\rm{ }}N{H_4}Cl\]có thể dùng dung dịch \[Ba{\left( {OH} \right)_2}.\]
Vì:
-(NH4)2SO4: tạo kết tủa trắng \[BaS{O_4}\]và khí\[N{H_3}\].
-\[N{H_4}Cl\]: chỉ tạo khí \[N{H_3}\]
- KCl: Không có hiện tượng.
Các phản ứng xảy ra:
\({\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}} \right)_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + {\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\(2{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}} + {\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} \to {\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} + 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Chọn C.
Hydrocarbon no có phản ứng thế.
Hydrocarbon no có nhiều trong tự nhiên.
Hydrocarbon no là chất nhẹ hơn nước.
Hydrocarbon no cháy tỏa nhiều nhiệt và có nhiều trong tự nhiên.
Các hydrocarbon no được dùng làm nhiên liệu là do hydrocarbon no cháy tỏa nhiều nhiệt và có nhiều trong tự nhiên.
Chọn D.
12000.
15000.
24000.
25000.
Hệ số polymer hóa là số lượng mắt xích monomer hợp thành phân tử polymer còn gọi là hệ số trùng hợp hay độ trùng hợp.
Hệ số trùng hợp của PVC là \(n = \frac{{{M_{{\rm{polymer }}}}}}{{{M_{PVC}}}} = \frac{{750000}}{{62,5}} = 12000\)
Chọn A.
А. \[{C_3}{H_8}{O_2}.\]
\[{C_3}{H_8}O.\]
\[{C_3}{H_8}.\]
\[{C_2}{H_4}{O_2}.\]
\({n_{{\rm{c}}{{\rm{o}}_2}}} = 0,375\;{\rm{mol}} \Rightarrow {n_C} = 0,375\;{\rm{mol}};{n_{{H_2}O}} = 0,5\;{\rm{mol}} \Rightarrow {n_H} = 1\;{\rm{mol}}\)
\( \Rightarrow {n_O} = \frac{{7,5 - 0,375 \cdot 12 - 1 \cdot 1}}{{16}} = 0,125\;{\rm{mol}}.\)
\({n_C}:{n_H}:{n_O} = 0,375:1:0,125 = 3:8:1\).
→ Công thức phân tử của X là \({C_3}{H_8}O\).
Chọn B.
1.
4.
3.
2.
(a) sai, sau bước 3, thấy có lớp chất rắn màu trắng nổi lên là muối sodium của acid béo.
(b) sai, thêm dung dịch NaCl bão hòa nóng để làm giảm độ tan muối sodium của acid béo và làm tăng khối lượng riêng của lớp chất lỏng phía dưới khiến cho muối này dễ dàng nổi lên trên.
(c) đúng, vì phải có nước thì phản ứng thủy phân mới xảy ra.
(d) sai, dầu dừa có thành phần chính là chất béo còn dầu nhờn bôi trơn máy có thành phần chính là hydrocarbon.
Chọn A.
6.
5.
4.
3.
Phân loại polymer theo nguồn gốc:
+ Polymer thiên nhiên: có nguồn gốc thiên nhiên.
+ Polymer tổng hợp: do con người tổng hợp nên.
+ Polymer nhân tạo (bán tổng hợp): lấy polymer thiên nhiên và chế hóa thành polymer mới.
→ Các polime tổng hợp: polyethylene, polyacrylonitril, nhựa novolac, cao su buna-N, tơ nylon-6,6. (5 loại).
Chọn B.
0,7.
0,6.
0,8.
0,9.
Giả sử \({n_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} = a\,mol\)
Phương trình hóa học:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{2Zn{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}\; \to {\rm{ 2}}ZnO{\rm{ }} + {\rm{ 4}}N{O_2}\; + {\rm{ }}{O_2}}\\{\;\;\;\;\;\;a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \;\;\;\;\;{\rm{ }}2a\;\;\;\;{\rm{ }}\;0,5a}\end{array}\]
Ta có:
→ 46.2a + 0,5a.32 = 27
→ a = 0,25 mol
→ \({n_{N{O_2}}} = 0,5\,mol;\,{n_{{O_2}}} = 0,125\,mol\)
\[\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{4N{O_2}\; + {\rm{ }}{O_2}\; + {\rm{ 2}}{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ 4}}HN{O_3}}\\{\;{\rm{ }}0,5{\rm{ }}\;\;\;\;\;0,125{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \;\;\;\;\;\;\;0,5}\end{array}\\ \Rightarrow {C_{M\,(HN{O_3})}} = \frac{{0,5}}{4} = 0,125M\end{array}\]
\( \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right]{\rm{ }} = {\rm{ }}0,125{\rm{ }}M\)(do \[HN{O_3}\] là chất dễ tan và điện li mạnh)
\( \Rightarrow \)pH = -log(0,125) = 0,9.
Chọn D.
\[{C_6}{H_{12}}{O_6}.\]
\[{K_2}S{O_4}.\]
\[C{H_3}COOH.\]
\[NaCl.\]
- NaCl là chất điện li mạnh, điện li hoàn toàn thành ion => Tổng nồng độ ion là 0,1 + 0,1 = 0,2M
- \[{C_6}{H_{12}}{O_6}\](glucozơ) không phân li nên nồng độ ion bằng 0
- \[C{H_3}COOH\]là chất điện li yếu => Tổng nồng độ ion nhỏ hơn 0,2M
- \[{K_2}S{O_4}\] là chất điện li mạnh, điện li hoàn toàn thành ion => Tổng nồng độ ion là 0,2 + 0,1 = 0,3M
Vậy dung dịch dẫn điện tốt nhất trong các dung dịch cùng nồng độ trên là \[{K_2}S{O_4}\].
Chọn B.
40,12%.
75,00 %.
15,02%.
19,30%.
\({n_{{\rm{NaOH}}}} = 0,02 \cdot 0,5 = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
\(\begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,01 \leftarrow \quad \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,01\end{array}\)
\( \Rightarrow {m_{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}(50{\rm{ml}})}} = 0,01.60 = 0,6{\rm{gam}}.\)
\( \Rightarrow \% {m_{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}}} = \frac{{0,6 \cdot \frac{{250}}{{50}}}}{4} \cdot 100\% = 75\% .\)
Chọn B.
*Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:
Đặt nester đơn chức = x (mol) và nester hai chức = y (mol)
→ \[\left\{ \begin{array}{l}{n_E} = x + y = 0,36\\{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,585\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,135\\y = 0,225\end{array} \right.(mol)\]
\( \to x:y = 3:5\)
*Xét phản ứng đốt cháy E:
Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_n}{H_{2n - 6}}{O_2}\;(3a\,\,mol)\\{C_m}{H_{2m - 6}}{O_4}\;\,\left( {5a{\rm{ }}mol} \right)\end{array} \right.\)
Ta có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 3{n_E} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} - 0,37 = 3 \cdot 8a \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 24a + 0,37\,(mol)\)
Mặt khác: \({m_E} = {m_C} + {m_H} + {m_O} \Rightarrow 12,22 = 12 \cdot (24a + 0,37) + 0,37 \cdot 2 + 3a \cdot 32 + 5a \cdot 64\)
\[ \Rightarrow a{\rm{ }} = {\rm{ }}0,01{\rm{ }}mol\]
\( \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,61\,mol\)
- Bảo toàn nguyên tố C: \[{n_{C{O_2}}}\; = {\rm{ }}0,03n{\rm{ }} + {\rm{ }}0,05m{\rm{ }} = {\rm{ }}0,61\] chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các acid đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)
- Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các acid carboxylic không no, có cùng số nguyên tử carbon trong phân tử; hai alcohol không no, đơn chức và một alcohol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:
Alcohol đa chức gồm: \[CH \equiv C - C{H_2} - OH\](0,03 mol) và \[C{H_2} = CH - C{H_2} - OH\](0,05 mol)
\[ \Rightarrow {m_1}\; = {\rm{ }}0,03.56{\rm{ }} + {\rm{ }}0,05.58{\rm{ }} = {\rm{ }}4,58{\rm{ }}gam\]
Ancol đơn chức gồm: \[C{H_3}OH\](0,05 mol)
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {m_2}\; = {\rm{ }}0,05.32{\rm{ }} = {\rm{ }}1,6{\rm{ }}gam}\\{ \Rightarrow {m_1}\;:{\rm{ }}{m_2}\; = {\rm{ }}4,58{\rm{ }}:{\rm{ }}1,6{\rm{ }} = {\rm{ }}2,8625{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{229}}{{80}}}\end{array}\]
Thằn lằn.
Ốc sên.
Châu chấu.
Trai sông.
Thằn lằn có hệ tuần hoàn kín. Ốc sên, châu chấu, trai sông có hệ tuần hoàn hở. Chọn A.
Trong phân tử \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) được thải ra từ quá trình.
Mất dưới dạng nhiệt.
Trong NADH và \({\rm{FAD}}{{\rm{H}}_2}.\)
Trong \({{\rm{O}}_2}.\)
Một phân tử glucôzơ bị oxi hóa hoàn toàn trong đường phân và chu trình Crep, nhưng hai quá trình chỉ tạo ra một vài phân tử ATP. Phần mang năng lượng còn lại mà tế bào thu nhận từ phân tử glucôzơ trong đường phân và chu trình Crep ở trong NADH và FADH2 Chọn C.
Mô phân sinh bên.
Mô phân sinh đỉnh thân.
Mô phân sinh lóng.
Mô phân sinh đỉnh rễ.
Cây một lá mầm không có mô phân sinh bên nên không có sinh trưởng thứ cấp. Chọn A.
điều hòa hoạt động gen.
dịch mã.
phiên mã.
nhân đôi ADN.
Trong tế bào, quá trình tổng hợp ARN dựa trên mạch khuôn ADN được gọi là phiên mã. Chọn C.
2.
1.
3.
4.
I. Đúng. Các gen trên một NST thì có số lần nhân đôi bằng nhau.
II. Sai. Các gen khác nhau thì thường có số lần phiên mã khác nhau.
III. Đúng. Đảo đoạn sẽ làm thay đổi vị trí của gen dẫn tới làm thay đổi mức độ hoạt động của gen trên đoạn bị đảo. Khi đảo đoạn BCDE thì vị trí của gen B bị thay đổi. Do đó, có thể sẽ làm cho mức độ hoạt động phiên mã của gen B sẽ thay đổi (giảm hoạt động, dẫn tới làm giảm sản phẩm).
IV. Sai. Đột biến mất 1 cặp nuclêôtit của gen C thì chỉ ảnh hưởng đến gen C mà không ảnh hưởng đến cấu trúc của các gen khác.
Chọn A.
1 → 3 → 2.
2 → 1 → 3.
1 → 2 → 3.
3 → 1 → 2.
Các bước trong kĩ thuật tạo ADN tái tổ hợp gồm: Tách thể truyền và ADN mang gen cần chuyển → Cắt thể truyền và gen cần chuyển bằng cùng một loại enzim cắt giới hạn → Nối gen cần chuyển với thể truyền nhờ enzim nối ligaza tạo ADN tái tổ hợp. Chọn B.
2.
1.
4.
3.
P: 0,64 AA : 0,27 Aa : 0,09 aa.
I. Sai. Quần thể chưa đạt trạng thái cân bằng nên kể cả không có nhân tố tiến hóa tác động thì sự giao phối ngẫu nhiên vẫn sẽ làm thay đổi tần số kiểu gen ở thế hệ tiếp theo.
II. Đúng. CLTN có thể làm thay đổi cả tần số alen và thành phần kiểu gen → thay đổi tần số kiểu hình trội.
III. Đúng. Đột biến có thể làm thay đổi tần số các alen trong quần thể.
IV. Đúng. Các yếu tố ngẫu nhiên có thể loại bỏ hoàn toàn bất kì alen nào ra khỏi quần thể.
Chọn D.
Thành phần loài.
Kích thước quần thể.
Mật độ cá thể.
Nhóm tuổi.
Đặc trưng về thành phần loài là đặc trưng về quần xã còn quần thể là tập hợp sinh vật thuộc cùng một loài nên không có đặc trưng này. Chọn A.
- Leu - Ala - Lys - Ala -.
- Leu - Lys - Ala - Ala -.
- Ala - Leu - Lys - Ala -.
- Lys - Ala - Leu - Ala -.
Mạch bổ sung: 5’… GXT XTT AAA GXT …3’.
Mạch mã gốc: 3’… XGA GAA TTT XGA …5’.
Mạch mARN: 5’… GXU XUU AAA GXU …3’.
Trình tự axit amin: – Ala – Leu – Lys – Ala –
Chọn C.
Xét quan hệ huyết thống, xác định kiểu gen của vợ chồng:
- Bên phía người vợ:
+ Mẹ bị bệnh bạch tạng nên vợ có kiểu gen Aa.
+ Em trai bị bệnh máu khó đông (XbY) → Kiểu gen của bố mẹ người vợ về tính trạng bệnh máu khó đông: XBXb × XBY → Kiểu gen của người vợ: \(\frac{1}{2}{X^{\rm{B}}}{X^{\rm{B}}}:\frac{1}{2}{X^{\rm{B}}}{{\rm{X}}^{\rm{b}}}\).
- Bên phía người chồng:
+ Chị gái bị bệnh bạch tạng → Kiểu gen của bố mẹ người chồng về tính trạng bệnh bạch tạng là: Aa × Aa → Kiểu gen của người chồng: \(\frac{1}{3}{\rm{AA}}:\frac{2}{3}{\rm{Aa}}\).
+ Người chồng không bị bệnh máu khó đông nên kiểu gen của chồng sẽ là \({X^B}Y\)
Xét xác suất 2 đứa con bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là:
TH1: \(\left( {\frac{1}{3}{\rm{AA}} \times {\rm{Aa}}} \right) \Rightarrow \)Xác suất 2 đứa con bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là:
\(\frac{1}{3} \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{{12}}.\)
TH2: \(\left( {\frac{2}{3}{\rm{Aa}} \times {\rm{Aa}}} \right) \Rightarrow \)Xác suất 2 đứa con bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là:
→ Xác suất 2 đứa con bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là: \(\frac{1}{{12}} + \frac{8}{{27}} = \frac{{41}}{{108}}.\)
Xét xác suất 2 đứa con gái bình thường mang alen gây bệnh máu khó đông:
Vậy xác suất 2 đứa con gái của cặp vợ chồng trên đều mang alen gây bệnh về cả hai bệnh trên sẽ là:\(\frac{{41}}{{108}} \times \frac{1}{8} = \frac{{41}}{{864}} \approx 0,047.\) Đáp án: 0,047.
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.
