Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 13)
150 câu hỏi
Học sinh nữ học Hình học.
Học sinh nữ học Đại số II.
Học sinh nam học Hình học.
Học sinh nam học Đại số I.
\(P = 32.\)
\(P = 18.\)
\(P = 30.\)
\(P = 12.\)
Với \(A\left( {{x_0}\,;\,\,{y_0}\,;\,\,{z_0}} \right) \in \left( {Oxyz} \right)\).
Khi đó \(d\left( {A,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = {z_0}\,,\,\,d\left( {A,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) = {y_0}\,,\,\,d\left( {A,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = {x_0}.\)
Theo bài ra ta có: \(a = d\left( {M,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = 2\,;\,\,b = d\left( {M,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = 1\,;\,\,c = d\left( {M,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) = 3.\)
Suy ra \(P = a + {b^2} + {c^3} = 2 + {1^2} + {3^3} = 30.\) Chọn C.
\(\sqrt 5 .\)
5.
\(\sqrt 3 .\)
3.
Ta đặt \(z = a + bi.\)
\(2z - i \cdot \bar z = 3i \Leftrightarrow 2\left( {a + bi} \right) - i\left( {a - bi} \right) = 3i\)
\( \Leftrightarrow 2a - b + i\left( {2b - a} \right) = 3i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - b = 0}\\{2b - a = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.\).
Từ đó ta suy ra: \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = \sqrt 5 .\) Chọn A.
\(4\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(1\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(3\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(2\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
Phương trình gia tốc: \(a = s'' = f''\left( t \right) = 2t - 2\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)
Tại \(t = 2\) thì \(a\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 2 = 2\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\). Chọn D.
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\)
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)
Kẻ \(DH \bot OD'\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AC \bot OD\\AC \bot DD'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {DOD'} \right) \Rightarrow AC \bot DH\].
Mà \(DH \bot OD'\) nên \(DH \bot \left( {ACD'} \right) \Rightarrow DH = d\left( {D,\,\,\left( {ACD'} \right)} \right)\).
Ta có \(OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC = a\) nên
\(\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{D{{D'}^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow DH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}{\rm{. }}\)Chọn D.\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 3 + 2t}\\{z = - 4 - 5t}\end{array}} \right..\)
\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 5 + 4t}\end{array}} \right..\)
\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 5 - 4t}\end{array}} \right..\)
\(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 3 + 2t.}\\{z = 4 + 5t}\end{array}} \right.\)
Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 5} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \((P):2x + 3y - 4z + 5 = 0\) nên nhận \(\vec u = \left( {2\,;\,\,3\,;\,\, - 4} \right)\) là vectơ chỉ phương.
Phương trình đường thẳng \(d\) là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 5 - 4t}\end{array}} \right..\) Chọn C.
\({x_I} = 2.\)
\({x_I} = 1.\)
\({x_I} = - 5.\)
\({x_I} = - \frac{5}{2}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
\(\frac{{2x + 4}}{{x - 1}} = x + 1\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 5 = 0\). Khi đó \({x_t} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} = \frac{{ - \left( { - 2} \right)}}{2} = 1.\)
Ta giải nghiệm rồi tìm được \(x = 1 \pm \sqrt 6 \Rightarrow {x_t} = 1.\) Chọn B.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}.\)
Gọi \(I\) là trung điểm BC.
Ta có \(\left( {\left( {SBC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SIA} = 30^\circ \)
\( \Rightarrow \Delta SIA\) có \(SA = AI \cdot \tan 30^\circ = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = a.\)
\(V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn B.\(4{m^2} + 12m + 9.\)
\(4m + 6.\)
\({m^2} + 6m + 9.\)
\({m^2} + 10m + 9.\)
Ta có \(\log _2^2\left( {8{a^2}} \right) = {\left( {{{\log }_2}\left( {8a} \right)} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}8 + {{\log }_2}{a^2}} \right)^2}\)
\( = {\left( {3 + 2m} \right)^2} = 4{m^2} + 12m + 9.{\rm{ }}\)Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\)
\[{\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {\left( {z + 6} \right)^2} = 18.\]
\({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 9.\)
\({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 16.\)
Đường thẳng \(d\) đi qua \(M\left( { - 5\,;\,\,7\,;\,\,0} \right)\) và vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên \(\left( d \right).\)
Ta có \(IH = d\left( {I,\,\,AB} \right) = \frac{{\left| {\left[ {\vec u\,,\,\,\overrightarrow {MI} } \right]} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|}} = 3\)
\( \Rightarrow R = \sqrt {I{H^2} + {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} = 18\).
Vậy \(\left( S \right):{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 6} \right)^2} = 18.\) Chọn A.\(3 < m < 4.\)
\(m > 4.\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{3 < m < 4}\end{array}} \right..\)
\(m < 0.\)
Phương trình \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + m - 3 = 0\) có 2 nghiệm dương phân biệt
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \ne 0}\\{\Delta ' > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{{{\left( {m - 2} \right)}^2} - m\left( {m - 3} \right) > 0}\\{\frac{{2\left( {m - 2} \right)}}{m} > 0}\\{\frac{{m - 3}}{m} > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0}\\{ - m + 4 > 0}\\{m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)}\\{m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty \,;\,\,0} \right) \cup \left( {3\,;\,\,4} \right).\) Chọn C.
7.
11.
8.
9.
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{mx - 2}}{{ - x + m + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{m^2} + m - 2}}{{{{\left( { - x + m + 1} \right)}^2}}}\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) > 0}\\{ - x + m + 1 \ne 0}\end{array};\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)} \right.\).
Kết hợp với: \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) và \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ { - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, - 7\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3} \right\}.\) Chọn A.
15 cốc.
17 cốc.
19 cốc.
21 cốc.
Số cốc mỗi ngày cửa hàng bán được lần lượt lập thành cấp số cộng có công sai là \(d = 1\) và \({u_1} = 10.\)
Do đó, ngày thứ 10 cửa hàng sẽ bán được số cốc nước mía là: \({u_{10}} = {u_1} + 9d = 10 + 9 = 19.\)
Chọn C.
68
73
70
72
Điều kiện: \({x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{x < - 1}\end{array}} \right..\)
Ta có \({\log _2}\frac{{{x^2} - 1}}{{81}} < {\log _3}\frac{{{x^2} - 1}}{{16}}\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} - 1} \right) - {\log _2}81 < {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - {\log _3}16\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}3 \cdot {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - 4{\log _2}3 < {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) - 4{\log _3}2\)
\( \Leftrightarrow \left( {{{\log }_2}3 - 1} \right){\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < 4\left( {{{\log }_2}3 - {{\log }_3}2} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < \frac{{4\left( {{{\log }_2}3 - {{\log }_3}2} \right)}}{{{{\log }_2}3 - 1}}\)\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < \frac{{4\left( {\frac{1}{{{{\log }_3}2}} - {{\log }_3}2} \right)}}{{\frac{1}{{{{\log }_3}2}} - 1}}\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < 4\left( {1 + {{\log }_3}2} \right) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 1} \right) < {\log _3}{6^4}\)
\( \Leftrightarrow 0 < {x^2} - 1 < {6^4} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 < x < \sqrt {1297} \\ - \sqrt {1297} < x < - 1\end{array} \right.\).
Vì \(x\) là số nguyên nên \[x \in \left\{ { - 36\,;\,\, - 35\,;\,\, \ldots ;\,\, - 2\,;\,\,2\,;\,\, \ldots ;\,\,35\,;\,\,36} \right\}.\]
Vậy có 70 số nguyên \(x\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
\(3 + \ln 2.\)
\( - 3 - \ln 2.\)
1.
\[ - 1.\]
Ta có \(f'\left( x \right) = - \frac{1}{{{x^2}}} + 2 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 2x + C.\)
Theo bài ra \(f\left( 2 \right) = \frac{9}{2} \Rightarrow \frac{1}{2} + 4 + C = \frac{9}{2} \Rightarrow C = 0.\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{x} + 2x \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + {x^2} + M\)
Lại có \(F\left( 2 \right) = 4 + \ln 2 \Rightarrow \ln 2 + 4 + M = 4 + \ln 2\)
\[ \Rightarrow M = 0 \Rightarrow F\left( x \right) = \ln \left| x \right| + {x^2} \Rightarrow F\left( 1 \right) = 1.\] Chọn C.
21.
28.
27.
29.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5x - 2 < 4x + 5}\\{{x^2} < {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{{x^2} < {x^2} + 4x + 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{ - 4x < 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 7}\\{x > - 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\).
Vậy tập nghiệm của hệ bất phương trình là \[S = \left( { - 1\,;\,\,7} \right).\]
Suy ra các nghiệm nguyên của hệ bất phương trình là \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6.\]
Vậy tổng tất cả các nghiệm của hệ bất phương trình là 21. Chọn A.
13 giờ.
15 giờ.
12 giờ.
14 giờ.
Ta có \( - 1 \le \sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 1\)
\( \Leftrightarrow - 3 \le 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 3\)\( \Leftrightarrow 26 \le 29 + 3\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) \le 32.\)
Do đó nhiệt độ cao nhất trong ngày là 32 độ \(C\) khi
\(\sin \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 9} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 15 + 24k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right){\rm{. }}\)
Do \(0 \le t \le 24\) nên \(k = 0\) suy ra \(t = 15\).
Vậy lúc 15 giờ là thời gian nhiệt độ cao nhất trong ngày. Chọn B.
\[m \in \left[ {0\,;\,\,2} \right).\]
\(m \in \left[ {2\,;\,\,5} \right].\)
\(m \in \left( { - 3\,;\,\,0} \right).\)
\(m \in \left( { - 5\,;\,\, - 2} \right).\)
Ta có \({z_1}{z_2} = \left[ {2m + \left( {m - 2} \right)i} \right]\left( {3 - 4mi} \right)\)\( = 2m \cdot 3 - 8{m^2}i + 3\left( {m - 2} \right)i - 4m\left( {m - 2} \right){i^2}\)
\( = 2m - 8{m^2} \cdot i + 3\left( {m - 2} \right)i + 4m\left( {m - 2} \right)\)\( = 4{m^2} - 6m + \left( { - 8{m^2} + 3m - 6} \right)i\) là số thuần ảo.
Khi đó \(4{m^2} - 6m = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{3}{2}}\end{array}} \right..\) Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có bảng biến thiên như hình vẽ dưới. Hỏi hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {2x} \right) - x\) có bao nhiêu điểm cực trị?
1
0
2
3
Ta có \[g'\left( x \right) = {\left( {2x} \right)^\prime } \cdot f'\left( {2x} \right) - 1 = 2f'\left( {2x} \right) - 1\]
Dựa vào bảng biến thiên, ta được \(f'\left( t \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = {t_1} \in \left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right)}\\{t = {t_2} \in \left( { - 1\,;\,\,1} \right)}\\{t = {t_3} \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\).
Do đó hàm số đã cho có 3 điểm cực trị. Chọn D.
32.
16.
18.
20.
Số bàn anh Duy phục vụ trong bữa tối là \(t\,\,\left( {t \in \mathbb{N}} \right).\)
Số tiền anh Duy kiếm được trong bữa trưa là: \(15\% \cdot 12 \cdot 500\,\,000 = 900\,\,000\) (đồng)
Số tiền anh Duy kiếm được trong bữa tối là: \[15\% \cdot t \cdot 900\,\,000 = t \cdot 135\,\,000\] (đồng)
Tổng số tiền anh Duy kiếm được trong ngày là: \(900\,\,000 + t \cdot 135\,\,000\) (đồng)
Anh Duy kiếm được ít nhất \[3\,\,600\,\,000\] đồng mỗi ngày khi
\(900\,\,000 + t \cdot 135\,\,000 \ge 3\,\,600\,\,000 \Leftrightarrow t \ge 20.\)
Vậy số bàn tối thiểu thỏa yêu cầu bài toán là \(t + 12 = 20 + 12 = 32.\) Chọn A.
\(23\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(\frac{{23\pi }}{2}\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(\frac{{69\pi }}{2}\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(69\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
Gọi \[h,\,\,r\] lần lượt là đường cao và bán kính đáy của hình trụ \[\left( T \right)\].
Thiết diện của mặt phẳng và hình trụ \[\left( T \right)\] là hình chữ nhật \[ABCD\].
Khi đó theo giả thiết ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{{S_{ABCD}} = h \cdot 2r = 30}\\{{C_{ABCD}} = 2\left( {h + 2r} \right) = 26}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{hr = 15}\\{h + 2r = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{h = 13 - 2r}\\{ - 2{r^2} + 15r - 15 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{h > 2r}\\{r = \frac{3}{2}.}\\{h = 10}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\)
Vậy \({S_{TP}} = {S_{XQ}} + 2S = 2\pi rh + 2\pi {r^2} = 2\pi \frac{3}{2}10 + 2\pi {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = \frac{{69\pi }}{2}\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Chọn C.
5.
3.
4.
6.
Ta có \(y' = 3{x^2} - 3\left( {2m - 3} \right)x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2m - 3}\end{array}} \right.\)
Để hàm số đã cho có hai điểm cực trị \( \Leftrightarrow 2m - 3 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne \frac{3}{2}.\)
Vì hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 2 nên \(2m - 3 < 2 \Leftrightarrow m < \frac{5}{2}.\)
Kết hợp với \(m \in \left[ { - 2\,;\,\,3} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn A.
\(45^\circ .\)
\(90^\circ .\)
\(30^\circ .\)
\(60^\circ .\)
Giả sử cạnh của hình lập phương là \(a > 0.\)
Gọi \(N\) là trung điểm đoạn thẳng \(BB'.\)
Khi đó, \(MN\,{\rm{//}}\,BC'\) nên \(\left( {\widehat {AM\,;\,\,BC'}} \right) = (\widehat {AM\,;\,MN}).\)
Xét \(\Delta A'B'M\) vuông tại \(B'\), ta có
\(A'M = \sqrt {A'{{B'}^{\prime 2}} + B'{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)Xét \(\Delta AA'M\) vuông tại \(A'\), ta có \(AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = \frac{{3a}}{2}.\)
Có \[AN = A'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\,;\,\,MN = \frac{{BC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]
Trong tam giác \[AMN\] ta có
\(\cos \widehat {AMN} = \frac{{M{A^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2MA \cdot MN}} = \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{6{a^2}}}{4} \cdot \frac{4}{{6{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\)
Suy ra \(\widehat {AMN} = 45^\circ .\) Vậy \[\left( {AM,\,\,BC'} \right) = \left( {AM,\,\,MN} \right) = \widehat {AMN} = 45^\circ .\] Chọn A.
\[M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right).\]
\(M\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,0} \right).\)
\(M\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
\(M\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,0} \right).\)
Ta có \(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} = (x - 2;y + 2; - 1).\)
Để A, B, M thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AM} \) cùng phương.
Khi đó \(\frac{{x - 2}}{{ - 2}} = \frac{{y + 2}}{3} = \frac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = - 5}\end{array}} \right..\)
Vậy \[M\left( {4\,;\,\, - 5\,;\,\,0} \right).\] Chọn A.
\({\vec u_1} = \left( {1\,;\,\,2} \right).\)
\[{\vec u_2} = \left( {2\,;\,\,1} \right).\]
\({\vec u_3} = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)
\({\vec u_4} = \left( {2\,;\,\, - 1} \right).\)
Vì \(A \in {d_1}\), \(B \in {d_2}\) nên ta giả sử \(A\left( {a\,;\,\,3 - a} \right)\); \(B\left( {2b + 6\,;\,\,b} \right)\).
Ta có \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] khi và chỉ khi
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 2b + 6}}{2} = 1}\\{\frac{{3 - a + b}}{2} = - 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b = - 4}\\{a - b = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = - 3}\end{array}} \right.} \right.\).
\( \Rightarrow A\left( {2\,;\,\,1} \right)\,,\,\,B\left( {0\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA} = \left( {2\,;\,\,4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA} = 2 \cdot \overrightarrow {{u_1}} .\)
Vậy đường thẳng AB có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\,\,2} \right).\) Chọn A.
\(k = \ln \frac{8}{3}.\)
\(k = \ln 2.\)
\(k = \ln 3.\)
\(k = \frac{2}{3}\ln 4.\)
Ta có \({S_1} + {S_2} = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}} \,{\rm{d}}x = \left. {{e^x}} \right|_0^{\ln 4} = 4 - 1 = 3.\)
Mà \({S_1} = 2{S_2}\) nên \(2{S_2} + {S_2} = 3 \Leftrightarrow {S_2} = 1.\)
Do đó \({S_2} = \int\limits_0^{\ln 4} {{e^x}} \,{\rm{d}}x = 1 \Leftrightarrow 4 - {e^k} = 1 \Leftrightarrow {e^k} = 3 \Leftrightarrow k = \ln 3.\) Chọn C.10.
\[ - 8.\]
8.
\[ - 10.\]
Ta có \({4^x} + {4^{ - x}} = 7 \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} + 2 \cdot {2^x} \cdot {2^{ - x}} + {\left( {{2^{ - x}}} \right)^2} - 2 = 7\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow {2^x} + {2^{ - x}} = 3.{\rm{ }}\)
Do đó \(P = \frac{{5 - {2^x} - {2^{ - x}}}}{{8 + 4 \cdot {2^x} + 4 \cdot {2^{ - x}}}} = \frac{{5 - \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{8 + 4 \cdot \left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}} = \frac{{5 - 3}}{{8 + 4 \cdot 3}} = \frac{1}{{10}}\).
Suy ra \(a = 1,\,\,b = 10.\) Do đó \(ab = 10.\) Chọn A.
4.
6.
5.
7.
Phương trình đã cho là phương trình mặt cầu khi và chỉ khi
\[{\left( {m + 2} \right)^2} + {\left( {m + 1} \right)^2} - 3{m^2} + 5 > 0\]\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 10 < 0\)\( \Leftrightarrow - 1 - \sqrt {11} < m < 1 + \sqrt {11} \).
Theo bài ra \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\).
Vậy có 7 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn D.
\(729\pi .\)
\(810\pi .\)
\(891\pi .\)
\(960\pi .\)
Que kem được chia làm hai phần, phần trên là nửa hình cầu, phần dưới là hình nón.
Thể tích phần trên là: \({V_c} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{2}{3} \cdot {9^3}\pi = 486\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Chiều cao hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = \sqrt {{{15}^2} - {9^2}} = 12.\)
Thể tích hình nón là: \({V_n} = \frac{1}{3} \cdot h \cdot {r^2}\pi = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot {9^2}\pi = 324\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Vậy thể tích que kem là: \(V = {V_n} + {V_c} = 810\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\). Chọn B.
\(I\left( {2\,;\,\, - 3} \right).\)
\(I\left( {1\,;\,\,1} \right).\)
\(I\left( {0\,;\,\,1} \right).\)
\(I\left( {1\,;\,\,0} \right).\)\(z\)
Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \[w.\] Ta có \(w = 2z + i \Leftrightarrow z = \frac{{w - i}}{2}.\)
Do đó tập hợp điểm \(M\) là đường tròn tâm \(I\left( {2\,;\,\, - 3} \right)\) và bán kính \(R = 6.\) Chọn A.
2
0
1
3
Ta có \[\int\limits_0^1 {\frac{{2x + a}}{{x + a}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\frac{{2\left( {x + a} \right) - a}}{{x + a}}} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {2 - \frac{a}{{x + a}}} \right)} \;{\rm{d}}x\]
\( = \left. {\left( {2x - a\ln \left| {x + a} \right|} \right)} \right|_0^1 = 2 - a \cdot \ln \left| {a + 1} \right| + a \cdot \ln \left| a \right|\)\( = 2 - a \cdot \left[ {\ln \left( {a + 1} \right) - \ln a} \right] = 2 - a \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right)\)
Theo bài ra, ta được \(2 - a \cdot \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right) = 2 - 2a\)
\( \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{{a + 1}}{a}} \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{{a + 1}}{a} = {e^2} \Leftrightarrow a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}.\) Chọn C.
\[\frac{3}{8}.\]
\[\frac{1}{2}.\]
\[\frac{1}{4}.\]
\[\frac{2}{3}.\]
Gọi \[A\] là biến cố học sinh giỏi toán, \[B\] là biến cố học sinh giỏi lý.
Ta có \(AB\) là biến cố học sinh giỏi toán và lý.
\(A \cup B\) là biến cố học sinh giỏi toán hoặc lý.
Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{{15}}{{40}} = \frac{3}{8}\,;\,\,P\left( B \right) = \frac{{10}}{{40}} = \frac{1}{4}\,;\,\,P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{40}} = \frac{1}{8}.\)
Do đó \[P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{3}{8} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}.\] Chọn B.
\[\frac{1}{8}.\]
\[\frac{1}{4}.\]
\(\frac{1}{3}.\)
\[\frac{1}{2}.\]
Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{C.ABD}} = \frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)\);
\({V_{MNEC}} = {V_{C.MNE}} = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {MNE} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right);\)
\(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\,\,\left( {ABD} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}}.\)Dễ thấy theo tỉ số \[\frac{1}{2}\] nên \(\frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}.\)
Do đó \(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{1}{4}.\) Chọn B.
5.
4.
\[ - 1.\]
3.
Đặt \(t = {x^3} + x.\) Vì \(x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\) nên \(t \in \left[ {0\,;\,\,10} \right].\)
Ta có: \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left[ {f\left( {{x^3} + x} \right) - {x^2} + 2x + m} \right]\)
\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( {{x^3} + x} \right) + {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left( { - {x^2} + 2x + m} \right)\)
\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]}}f\left( t \right) + 1 + m\) (với \(t = {x^3} + x\) và \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}\left[ { - {x^2} + 2x + m} \right] = 1 + m\)).
\( = {\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,10} \right]}}f\left( x \right) + 1 + m = 4 + 1 + m = 5 + m.\)
Suy ra \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g(x) = 5 + m \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{t = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = 1} \right..\)
Theo giả thiết, ta có: \({\max _{x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = 8 \Leftrightarrow m + 5 = 8 \Leftrightarrow m = 3.\) Chọn D.
\(M\left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 2} \right).\)
\[M\left( {3\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right).\]
\(M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)
\(M\left( {5\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right).\)
Ta có \(M \in \Delta \Rightarrow M\left( {1 + 2t\,;\,\,t\,;\,\, - 2 - t} \right)\) nên ta có
• \(M{A^2} = {\left( { - 1 - 2t} \right)^2} + {\left( { - 1 - t} \right)^2} + {\left( {5 + t} \right)^2} = 6{t^2} + 16t + 27\);
• \(M{B^2} = {\left( { - 2t} \right)^2} + {\left( { - 2 - t} \right)^2} + {\left( {3 + t} \right)^2} = 6t + 10t + 13\).
Suy ra \(M{A^2} + 2M{B^2} = 18{t^2} + 36t + 53 = 18\left( {{t^2} + 2t + 1} \right) + 35\)\( = 18{(t + 1)^2} + 35 \ge 35\).
Do đó \(M{A^2} + 2M{B^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(t = - 1\).
Vậy \(M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn C.
Các giá trị nguyên dương của tham số \(m\) để \(A \cap B \ne \emptyset \) là \[m \in \left\{ {2\,;\,\,3} \right\}\].
Do đó có 2 giá trị nguyên dương yêu cầu bài toán.
Đáp án: 2.
Từ 1 đến 20 có 10 số chẵn và 10 số lẻ, trong 10 số chẵn thì có 5 số chia hết cho 4.
• Chọn 3 quả số lẻ có \(C_{10}^3\) (cách).
• Chọn 1 quả số chẵn chia hết cho 4 có \(C_5^1\) (cách).
• Chọn 1 quả số chẵn không chia hết cho 4 có \(C_5^1\) (cách).
Suy ra có \(C_{10}^3.\) \(C_5^1.\) \(C_5^1 = 3\,\,000\) (cách).
Đáp án: 3000.
Xét \(t = 2{x^3} - 3{x^2} + m \Rightarrow t = 6{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)
Do đó \({\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}t\left( x \right) = m - 5\,;\,\,{\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}t\left( x \right) = m + 27.\)
• Nếu \[m - 5 \ge 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) = m - 5 \le 3 \Leftrightarrow 5 \le m \le 8 \Rightarrow m \in \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}.\]
• Nếu \(m + 27 \le 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) = - \left( {m + 27} \right) \le 3 \Leftrightarrow - 30 \le m \le - 27\)
\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, - 28\,;\,\, - 27} \right\}.\)
• Nếu \[\left( {m - 5} \right)\left( {m + 27} \right) \le 0 \Rightarrow {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}f\left( x \right) = 0.\]
Vậy \[m \in \left\{ { - 30\,;\,\, - 29\,;\,\, - 28\,;\,\, \ldots ;\,\,8} \right\}\] có tất cả 39 số nguyên thỏa mãn.
Đáp án: 39.
Phương trình vận tốc của quả bóng là \(v(t) = h'(t) = - 9,8t + 19,6\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\).
Độ cao lớn nhất quả bóng đạt được khi \(v(t) = 0 \Leftrightarrow - 9,8t + 19,6 = 0 \Leftrightarrow t = 2.\)
Khi đó \(h\left( 2 \right) = - 4,9 \cdot {2^2} + 19,6 \cdot 2 = 19,6\,\,(m).\)
Đáp án: \[{\bf{19}},{\bf{6}}\].
Ta có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + {C_1}}&{{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + {C_2}}&{{\rm{ khi }}x < 1}\end{array}} \right.\).
Theo bài ra, ta có \(F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow {C_2} = 2\).
Hàm số \(F\left( x \right)\) liên tục nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F\left( x \right)\)
\[ \Leftrightarrow 3 + {C_1} = 4 \Leftrightarrow {C_1} = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + 1{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + 2{\rm{ }}\,\,{\rm{khi }}x < 1}\end{array}} \right.\].
Vậy \(F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) = {\left( { - 1} \right)^3} + \left( { - 1} \right) + 2 + 2 \cdot \left( {{2^2} + 2 \cdot 2 + 1} \right) = 18.\)
Đáp án: 18.
Theo công thức tìm nhanh tiệm cận của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) ta có:
• Đồ thị hàm số nhận \(x = - \frac{d}{c} = - m - 3 = 0\) làm TCĐ \( \Rightarrow m = - 3.\)
• Đồ thị hàm số nhận \(y = {\frac{a}{c}^c} = n - 3 = 0\) làm \({\rm{TCN}} \Rightarrow n = 3.\)
Vậy \(m + n = 0.\) Đáp án: 0.
Ta có: \(3x \cdot f\left( x \right) - {x^2} \cdot f'\left( x \right) = 2{f^2}\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} \cdot f\left( x \right) - {x^3} \cdot f'\left( x \right) = 2x \cdot {f^2}\left( x \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2}f\left( x \right) - {x^3}f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = 2x \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}}} \right)^\prime } = 2x\).
Khi đó \(\int {{{\left( {\frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}}} \right)}^\prime }} {\rm{d}}x = \int 2 x\;{\rm{d}}x \Leftrightarrow \frac{{{x^3}}}{{f\left( x \right)}} = {x^2} + C\).
Do \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{1}{{1 + C}} = \frac{1}{3} \Rightarrow C = 2.\) Do đó \(f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{{x^2} + 2}}\).
Tìm được \(M = f\left( 2 \right) = \frac{4}{3},\,\,m = f\left( 1 \right) = \frac{1}{3} \Rightarrow M + m = \frac{5}{3}.\)
Đáp án: \(\frac{5}{3}.\)
Ta có \(H \in {\Delta _1} \Leftrightarrow H\left( {3 + 2t\,;\,\,t\,;\,\,1 + t} \right)\) và \(K \in {\Delta _2} \Leftrightarrow K\left( {1 + m\,;\,\,2 + 2m\,;\,\,m} \right).\)
Suy ra \(\overrightarrow {HK} = \left( {m - 2t - 2\,;\,\,2m - t + 2\,;\,\,m - t - 1} \right).\)
Đường thẳng \(d\) có một VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right).\)
\(\Delta \bot d \Leftrightarrow \overrightarrow {{u_d}} \cdot \overrightarrow {HK} = 0 \Leftrightarrow m - t + 2 = 0 \Leftrightarrow m = t - 2 \Rightarrow \overrightarrow {HK} = \left( { - t - 4\,;\,\,t - 2\,;\,\, - 3} \right){\rm{. }}\)
Ta có \(H{K^2} = {\left( { - t - 4} \right)^2} + {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( { - 3} \right)^2} = 2{\left( {t + 1} \right)^2} + 27 \ge 27\,,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\).
Khi đó ta có \(H{K_{\min }} = \sqrt {27} \), đạt được khi \(t = - 1.\)
Do đó \(\overrightarrow {HK} = \left( { - 3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right)\), suy ra \(\vec u\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right) \Rightarrow h = k = 1 \Rightarrow h - k = 0.\)
Đáp án: 0.
Tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
Đặt \(t = {2^{{x^2}}}\,\,\left( {t \ge 1} \right)\), khi đó bất phương trình trở thành \({t^2} - 2\left( {m + 1} \right)t + m + 3 \ge 0\)
Với \(t \ge 1\) thì \((*) \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3 \ge m\left( {2t - 1} \right) \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - 2t + 3}}{{2t - 1}} \ge m.\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} - 2t + 3}}{{2t - 1}}\) trên \(\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{{\left( {2t - 2} \right)\left( {2t - 1} \right) - 2\left( {{t^2} - 2t + 3} \right)}}{{{{\left( {2t - 1} \right)}^2}}} = \frac{{2{t^2} - 2t - 4}}{{{{\left( {2t - 1} \right)}^2}}}.\)
Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình \(f\left( t \right) \ge m,\,\,\forall t \in \left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(m \le 1.\)
Vậy có 21 giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 21.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình \[\sqrt {f\left( {\sqrt {f\left( x \right)} } \right) + 2} = f\left( x \right) + 1\] có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Dựa vào hình vẽ, ta có \(f\left( x \right) = {x^4} - 2{x^2}.\)
Suy ra \(f\left( u \right) = {u^4} - 2{u^2}.\)
Đặt \(u = \sqrt {f\left( x \right)} \ge 0\), phương trình trở thành \(\sqrt {f\left( u \right) + 2} = {u^2} + 1\)
\( \Leftrightarrow f\left( u \right) + 2 = {\left( {{u^2} + 1} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {u^4} - 2{u^2} + 2 = {u^4} + 2{u^2} + 1\)\( \Leftrightarrow {u^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{4}\).
Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{4}\) tại 2 điểm phân biệt nên phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt.
Đáp án: 2.
Đường thẳng \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \[\vec v = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\] và đi qua điểm \(N\left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)
Ta có: \(\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] = \left( {4\,;\,\,5\,;\,\,2} \right) \ne \vec 0\,;\,\,\overrightarrow {MN} = \left( { - 4\,;\,\,4\,;\,\, - 6} \right)\,;\,\,\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] \cdot \overrightarrow {MN} = - 16 + 20 - 12 = - 8 \ne 0\)
\( \Rightarrow {d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.
Mặt phẳng \((P)\) cách đều hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) nên \((P)\) nhận \(\left[ {\vec v\,,\,\,\vec u} \right] = \left( {4\,;\,\,5\,;\,\,2} \right)\) là vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm \(I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\) của đoạn MN
Suy ra phương trình của \((P):4\left( {x + 1} \right) + 5\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y + 2z + 11 = 0\)
\( \Rightarrow a = 4\,;\,\,b = 5\,;\,\,c = 2 \Rightarrow a + 2b + 3c = 20.\)
Đáp án: 20.
Gọi \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)
Ta có \(\left| {z - 2 - 4i} \right| = \left| {z - 2i} \right| \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 4} \right)i} \right| = \left| {x + \left( {y - 2} \right)i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 4} \right)}^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 8y + 16 = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\)
\( \Leftrightarrow 4x + 4y - 16 = 0 \Leftrightarrow y = 4 - x{\rm{. }}\)
Do đó \(\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {4 - x} \right)}^2}} = \sqrt {2{x^2} - 8x + 16} = \sqrt {2{{\left( {x - 2} \right)}^2} + 8} \ge 2\sqrt 2 .\)
Dấu" =" xảy ra \( \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 2.\) Vậy \(P = {2^2} + {2^2} = 8.\)
Đáp án: 8.
Giải thiết trở thành: \({\log _2}x - {\log _2}4 + 2{\log _2}y = \frac{8}{{{y^2}}} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}x - {\log _2}4 - {\log _2}{y^{ - 2}} = 8 \cdot {y^{ - 2}} - 2x\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}x + 2x = {\log _2}4 + {\log _2}{y^{ - 2}} + 2 \cdot \left( {4 \cdot {y^{ - 2}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}x + 2x = {\log _2}\left( {4{y^{ - 2}}} \right) + 2 \cdot \left( {4{y^{ - 2}}} \right)\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + 2t\,\,\left( {t > 0} \right)\) có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 2 > 0,\,\,\forall t > 0\)
Suy ra hàm số \(f(t)\) đồng biến trên khoảng \((0; + \infty ).\)
Do đó \[f\left( x \right) = f\left( {4{y^{ - 2}}} \right) \Leftrightarrow x = 4{y^{ - 2}} \Leftrightarrow x = \frac{4}{{{y^2}}}\].
Đặt \(P = x + 4y = 2y + 2y + \frac{4}{{{y^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{2y \cdot 2y \cdot \frac{4}{{{y^2}}}}} = 6\sqrt[3]{2}.\)
Dấu "=" xảy ra khi \(2y = \frac{4}{{{y^2}}} \Leftrightarrow y = \sqrt[3]{2} \Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{4}{{{y^3}}} = \frac{4}{2} = 2.\)
Đáp án: 2.
Kết quả bài toán sẽ không thay đổi nếu ta xét lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) có cạnh bên bằng cạnh đáy bằng 2.
Chọn hệ trục tọa độ \[Oxyz\] như hình vẽ \(O\) là trung điểm của \(BC).\)
Ta có \(A'\left( {0\,;\,\, - \sqrt 3 \,;\,\,2} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( { - 1\,;\,\,0;0} \right),\,\,C'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\)
Suy ra \(\overrightarrow {CA'} = \left( {1\,;\,\, - \sqrt 3 \,;\,\,2} \right),\overrightarrow {BC'} = \left( { - 2\,;\,\,0\,;\,\,2} \right).\)Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {CM} = m\overrightarrow {CA'} }\\{\overrightarrow {BN} = n\overrightarrow {BC'} }\end{array}} \right.\) nên ta có \(M\left( { - 1 + m\,;\,\, - \sqrt 3 m\,;\,\,2m} \right),N\left( {1 - 2n\,;\,\,0\,;\,\,2n} \right).\)
Suy ra \(\overrightarrow {MN} = \left( { - m - 2n + 2\,;\,\,\sqrt 3 m\,;\,\,2n - 2m} \right).\)
Đường thẳng \[MN\] là đường vuông góc chung của \(A'C\) và \(BC'\) nên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {CA'} = 0}\\{\overrightarrow {MN} \cdot \overrightarrow {BC'} = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4m + 2n = - 1}\\{ - m + 4n = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{2}{5}}\\{n = \frac{3}{5}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{BN}}{{BC'}} = n = \frac{3}{5} \Rightarrow \frac{{NB}}{{NC'}} = \frac{3}{2}.\)
Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{5}}\].
Điều kiện: \(0 < x < 50.\) Chiều dài hình hộp là: \(80 - x\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Chiều rộng hình hộp là: \(50 - x\,\,(\;{\rm{cm}})\); Chiều cao hình hộp là: \(x\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Thể tích hình hộp là: \(V = x\left( {80 - x} \right)\left( {50 - x} \right)\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
Ta có \(V' = 3{x^2} - 260x + 4000\,;\,\,V' = 0 \Leftrightarrow x = 20\,\,\left( {0 < x < 50} \right).\)
Ta có bảng biến thiên:
Như vậy, \({V_{\max }} = 36\,\,000\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Đáp án: \[{\bf{36}}\,\,{\bf{000}}\].
Nỗi nhớ.
Niềm hi vọng.
Sự vui sướng.
Niềm mong đợi.
Cảm xúc bao trùm toàn bộ đoạn thơ là nỗi nhớ được thể hiện qua điệp từ “nhớ” được lặp lại nhiều lần trong đoạn thơ. Chọn A.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Liệt kê.
Nhân hóa (rừng che bộ đội/ vây quân thù). Chọn B.
Lãng mạn.
Thế sự.
Sử thi.
Hiện thực.
Cảm hứng chủ đạo của đoạn thơ là thể hiện khí thế đánh giặc hào hùng của quân và dân ta, đó là biểu hiện của tính sử thi. Chọn C.
Người cán bộ kháng chiến.
Người dân Việt Bắc.
Toàn bộ chiến sĩ và người dân Việt Nam.
Người dân Việt Bắc và bộ đội, cán bộ kháng chiến.
Đại từ “ta” là chỉ người dân Việt Bắc và bộ đội, chiến sĩ kháng chiến đã cùng nhau chung sức đồng lòng đánh Tây. Chọn D.
Bức tranh kì vĩ, rộng lớn của những ngày Việt Bắc cùng đất trời đánh giặc.
Bức tranh thiên nhiên núi rừng Việt Bắc.
Công cuộc đánh giặc của con người Việt Bắc.
Bức tranh Việt Bắc hào hùng, khí thế.
Đoạn thơ tái hiện lại chân thực khung cảnh thiên nhiên cùng đất trời Việt Bắc trong cuộc chiến đánh giặc. Chọn A.
Cuộc đời của Mị tại nhà thống lí Pá Tra vô cùng vất vả, cực nhọc.
Cuộc sống tại nhà thống lí Pá Tra rút cạn sức sống của Mị, Mị chẳng màng đến cái chết.
Cuộc sống tại nhà thống lí Pá Tra vất vả, cực nhọc, rút cạn sức sống của Mị nhưng trong Mị vẫn còn khao khát, hi vọng vào cuộc sống.
Cuộc sống đầy khốn khó nhưng có hi vọng của Mị tại nhà thống lí Pá Tra.
Nội dung chính của đoạn trích là: Cuộc sống tại nhà thống lí Pá Tra rút cạn sức sống của Mị, Mị chẳng màng đến cái chết. Chọn B.
Xót xa cùng cực.
Hết lòng ca ngợi.
Tự hào, hãnh diện.
Nhớ thương da diết.
Thái độ của tác giả dành cho nhân vật Mị là nỗi xót xa cùng cực. Thân phận của Mị từ hồi về nhà thống lí Pá Tra làm dâu gạt nợ chẳng khác nào thân phận “trâu ngựa”. Chọn A.
Chỉ khoảng thời gian kéo dài triền miên, từ năm này qua năm khác mà Mị đã phải sống và làm việc cực khổ tại nhà thống lí Pá Tra.
Chỉ khoảng thời gian xác định.
Chỉ khoảng thời gian mà Mị đã sống và làm con dâu nhà thống lí Pá Tra.
Chỉ thời gian từ khi Mị trưởng thành cho đến khi Mị trở thành con dâu nhà thống lí Pá Tra.
“Lần lần, mấy năm qua, mấy năm sau, bố Mị chết” các từ in đậm nhằm chỉ khoảng thời gian kéo dài triền miên, từ năm này qua năm khác mà Mị đã phải sống và làm việc cực khổ tại nhà thống lí Pá Tra. Chọn A.
Con trâu, con ngựa.
Con trâu, con bò.
Con bò, con ngựa.
Con ngựa, con dê.
Dựa vào nội dung: Bây giờ thì Mị tưởng mình cũng là con trâu, mình cũng là con ngựa, là con ngựa phải đổi ở cái tàu ngựa nhà này đến ở cái tàu ngựa nhà khác, ngựa chỉ biết việc ăn cỏ, biết đi làm mà thôi. → Mị tự so sánh mình là: Con trâu, con ngựa. Chọn A.
hái.
bẻ.
tước.
nhai.
Các từ “hái, bẻ, tước” chỉ hoạt động của tay. Từ “nhai” chỉ hoạt động của miệng. Từ khác các từ còn lại là “nhai”. Chọn D.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
So sánh.
Hoán dụ.
Câu (4) không xuất hiện từ so sánh hay đồ vật/con vật → Loại phương án A, C sai. Từ “kiểu thơm” dùng để chỉ những người con gái xinh đẹp, thanh lịch, yêu kiều → Cách nói ẩn dụ. Chọn B.
Câu 1, 2.
Câu 4, 5.
Câu 1, 4.
Câu 3, 4.
Đọc và xác định các từ khóa mô tả những người lính Tây Tiến:
+ “Quân xanh màu lá” → Khắc họa ngoại hình của người lính Tây Tiến: da xanh xao do căn bệnh sốt rét rừng hành hạ.
+ “Gửi mộng qua biên giới”, “mơ Hà Nội” → Sự lãng mạn, hào hoa của những người lính.
+ “Đi chẳng tiếc đời xanh” → Sự sẵn sàng hi sinh của những người lính.
+ Câu (5), (7) nói về cái chết của những người lính Tây Tiến.
Loại trừ đáp án:
+ Câu (1), (2) mang hình ảnh tả thực về đoàn binh Tây Tiến → Loại phương án A, C sai.
+ Câu (5) nói về sự hi sinh của những người lính Tây Tiến → Loại phương án B sai.
→ Chọn D.
Câu 1.
Câu 6.
Câu 3.
Câu 7.
Xác định ý nghĩa câu nói “Quyết tử cho Tổ quốc quyết sinh”: sự sẵn sàng hi sinh để bảo vệ nền độc lập của Tổ quốc
Đọc lại ngữ liệu và giải nghĩa các câu thơ:
+ Câu (1), (2) miêu tả chân dung người lính Tây Tiến.
+ Câu (3), (4) ca ngợi vẻ đẹp tâm hồn của người lính Tây Tiến.
+ Câu (5), (7) mô tả hiện thực về sự hi sinh của những người lính Tây Tiến.
+ Câu (6) như một lời thề, lời hứa của những người lính khi bước chân vào chiến trường.
+ Câu (8) ca ngợi sự hi sinh của những người lính trong đoàn binh Tây Tiến.
Xác định câu thơ (6): “Chiến trường đi chẳng tiếc đời xanh” thể hiện quyết tâm chiến đấu, sẵn sàng hi sinh tuổi thanh xuân vì độc lập, tự do của dân tộc, tương đồng về nghĩa và dễ gợi liên tưởng đến câu nói “Quyết tử cho Tổ quốc quyết sinh”. Chọn B.
Cuộc sống chiến đấu đầy gian khổ, hiểm nguy của người lính Tây Tiến.
Vẻ đẹp hào hùng và hào hoa, lãng mạn của người lính Tây Tiến.
Bức chân dung bi tráng của người lính Tây Tiến và sự hi sinh anh dũng của họ.
Bức chân dung bi tráng của người lính Tây Tiến và tâm hồn lãng mạn của họ.
Đọc kĩ đoạn trích và xác định các từ khóa:
+ “Không mọc tóc”: Căn bệnh sốt rét rừng khiến người lính rụng hết tóc → Chất bi.
+ “Dữ oai hùm”: Sự dữ dằn như hổ báo chốn rừng xanh → Chất tráng.
+ “Mồ viễn xứ”, “chẳng tiếc đời xanh”, “Áo bào thay chiếu, anh về đất”, “Sông Mã gầm lên khúc độc hành” → Sự hi sinh anh dũng của người lính Tây Tiến.
→ Các hình ảnh trong bốn câu thơ đầu nói về vẻ đẹp bi tráng của người lính Tây Tiến và các hình ảnh trong 4 câu sau nói về sự hi sinh anh dũng của họ.
→ Xét tổng thể, chủ đề của cả đoạn trích là bức chân dung bị tráng của người lính Tây Tiến và sự hi sinh anh dũng của họ. Chọn C.
Làm giảm đi sự mất mát, đau thương, tránh cảm giác bị lụy.
Là cách nói tế nhị, tránh sự thô tục, thể hiện sự đồng cảm của tác giả với người lính.
Thể hiện thái độ lạc quan của tác giả và niềm tin của tác giả đối với người lính.
Tránh cảm giác đau thương, khẳng định ý nghĩa sự hi sinh của người lính.
Cụm từ “anh về đất” nói về cái chết, sự hi sinh của những người lính Tây Tiến một cách nhẹ nhàng, như thể những người lính trở về với Tổ quốc, quê hương, những gì thương yêu và thân thuộc.
- Từ “áo bào” liền trước đó gợi hình ảnh về những người tráng sĩ hi sinh trên lưng ngựa xưa kia đã thể hiện sự trân trọng với những người lính, đồng thời khẳng định ý nghĩa về cái chết của họ.
→ Như vậy, phương án A đúng nhưng chưa đủ, phương án B, C không thể hiện đúng tác dụng của biện pháp nói giảm trong câu thơ. Chọn D.
Tự sự.
Biểu cảm.
Miêu tả.
Nghị luận.
Phương thức biểu đạt chính của đoạn văn là nghị luận. Chọn D.
Mục tiêu, nghị lực vượt qua khó khăn.
Những việc mà chúng ta làm sẽ đem lại lợi nhuận dễ dàng.
Chỉ cần chạm tay, thành công sẽ đến với chúng ta.
Kinh nghiệm làm giàu không khó.
“Mọi thứ bạn chạm tay vào sẽ biến thành vàng”: gợi nhớ tích truyện Vua Midas thích vàng, hàm ý chỉ những việc mà chúng ta làm sẽ đem lại lợi nhuận dễ dàng, giống như vua Midas trong câu chuyện, hễ chạm vào đâu là chỗ đó lập tức biến thành vàng. Chọn B.
Tình yêu của những người làm giàu và khởi nghiệp.
Những gian lao, khó khăn vất vả khi khởi nghiệp và làm giàu.
Mục đích rõ ràng khi bắt đầu khởi nghiệp và làm giàu.
Những nguy hiểm khi bắt đầu khởi nghiệp và làm giàu.
“Trạng thái tinh thần” mà tác giả nói tới trong đoạn trích có nghĩa là một mục đích rõ ràng khi bắt đầu khởi nghiệp và làm giàu. Trạng thái tinh thần cũng là những yếu tố thuộc về tâm lí của người khởi nghiệp: xác định các phương thức để đạt mục tiêu, nghị lực vượt qua khó khăn, thử thách để đạt được mục tiêu; tâm thế khởi nghiệp... Chọn C.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Hành chính.
Báo chí.
Nói giảm.
Nói quá.
Nhân hóa.
So sánh.
Biện pháp tu từ chính được thể hiện trong câu là nói quá: Mọi thứ bạn chạm tay vào sẽ biến thành vàng. Chọn B.
thời kì.
nhà văn.
cho ra.
phản ánh.
bình luận.
đánh giá.
nhận xét.
tình hình.
Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề. Chọn C.
lát cắt.
khoảnh khắc.
bất ngờ.
chi phối.
Nội dung câu văn đề cập về tình huống trong thực tế làm nguồn cảm hứng cho các nhà văn, nhà thơ sáng tác. Vì vậy ta cần hiểu về tình huống là gì? Tình huống là toàn thể những sự việc xảy ra tại một nơi, trong một thời gian, buộc người ta cần phải quan tâm, suy nghĩ giải quyết. Từ “khoảnh khắc” dùng để diễn tả khoảng thời gian hết sức ngắn. Nó không phù hợp với nội hàm của tình huống. Hơn nữa, đặt trong tổng thể từ “khoảnh khắc” ở đây dùng không hợp ngữ cảnh. Sửa: “khoảnh khắc” thành “sự kiện” hoặc “vấn đề”. Chọn B.
chuyển mình.
cái.
và.
rất đáng tiếc.
Chú ý thông tin các vế đứng trước và sau từ “và” là 2 vế có nội dung đối lập: “tưởng được thêm” và “thực chất lại mất đi” nên quan hệ từ “và” đang dùng sai, cần thay thế bằng từ “nhưng”. Chọn C.
tiến trình.
duy trì.
mở ra.
hiện đại.
Lỗi về dùng từ chưa phù hợp với nội dung văn bản: “duy trì” là làm cho nó tồn tại ở mức ban đầu, ở tất cả mọi phương diện, điều đó chưa đáp ứng đầy đủ đặc điểm của văn học Việt Nam từ đầu thế kỉ XX đến Cách mạng tháng Tám năm 1945, do đó, có thể thay thế bằng “kế thừa”. Chọn B.
đường sá.
trường lớp.
chợ búa.
bếp núc.
Các từ “đường sá, chợ búa, bếp núc” được cấu tạo bao gồm một thành tố rõ nghĩa (đường, chợ, bếp) tổ hợp với thành tố không rõ nghĩa (sá, búa, núc). Trong hầu hết các trường hợp, những yếu tố không rõ nghĩa này vốn rõ nghĩa nhưng bị bào mòn dần đi ở các mức độ khác nhau. Riêng từ “trường lớp” lại được cấu tạo bởi 2 thành tố rõ nghĩa (trường, lớp). Chọn B.
nguy hiểm.
nguy hại.
nguy kịch.
nguy cơ.
Các từ “nguy hiểm, nguy hại, nguy cơ” nói đến điều có thể gây ra tai họa trong một thời gian nào đó. Còn từ “nguy kịch” lại chỉ điều hết sức nguy hiểm, đe doạ nghiêm trọng đến sự sống còn (thường nói về bệnh tật). Chọn C.
công tác.
công lí.
bất công.
công minh.
Tiếng “công” trong các từ “công lí, bất công, công minh” đều mang ý nghĩa là sự không thiên vị, theo đúng lẽ phải, công bằng; “công” trong “công tác” mang ý nghĩa chỉ công việc. Chọn A.
Xuân Diệu.
Hàn Mặc Tử.
Nguyễn Bính.
Hồ Xuân Hương.
Hồ Xuân Hương là tác giả thuộc văn học trung đại. Những tác giả còn lại đều thuộc phong trào Thơ mới. Chọn D.
bồn chồn.
nôn nao.
bâng khuâng.
lao xao.
Các từ “bồn chồn, nôn nao, bâng khuâng” cùng chỉ trạng thái tâm lí của con người, còn “lao xao” là từ điển tả âm thanh nhỏ hoặc những tiếng động nhỏ đan vào nhau. Vậy từ khác nghĩa ở đây là “lao xao”. Chọn D.
so sánh - biểu cảm.
nhân hóa - hình tượng.
hình tượng - ngôn từ.
hình tượng - biểu cảm.
Một tác phẩm văn học dùng nguyên liệu là cốt truyện, nhân vật và ngôn từ. Vì vậy, tình cảm của nhà văn được biểu hiện trong tác phẩm bằng hình tượng và ngôn từ. Còn nhân hóa, so sánh, biểu cảm chỉ là những biện pháp nghệ thuật giúp tác phẩm văn học đó trở nên hay hơn, sống động hơn. Chọn C.
Bởi vì/ cho nên.
Có lẽ/ bởi vì.
Có thể/ cho nên.
Không những/ mà còn.
Có lẽ Tiếng Việt của chúng ta đẹp, bởi vì tâm hồn của người Việt Nam ta rất đẹp, bởi vì đời sống, cuộc đấu tranh của nhân dân ta từ trước tới nay là cao quý, là vĩ đại, nghĩa là rất đẹp. Chọn B.
nhiệm vụ.
trách nhiệm.
nghĩa vụ.
bổn phận.
Lao động là nghĩa vụ thiêng liêng, là nguồn sống, nguồn hạnh phúc của mỗi người. Chọn C.
Thần thoại.
Sử thi.
Truyền thuyết.
Truyện ngụ ngôn.
Sử thi là tác phẩm tự sự dân gian có quy mô lớn, sử dụng ngôn ngữ có vần, nhịp, xây dựng những hình tượng nghệ thuật hoành tráng, hào hùng để kể về một hoặc nhiều biến cố lớn diễn ra trong đời sống cộng đồng của cư dân thời cổ đại. Chọn B.
đặc biệt.
đặc sắc.
sắc nét.
sắc sảo.
Người anh hùng Từ Hải là một sáng tạo đặc sắc của Nguyễn Du về phương diện cảm hứng sáng tạo và nghệ thuật miêu tả. Chọn B.
Hòa nhập vào tình yêu lớn để tình yêu trở nên vĩnh cửu.
Tình yêu mãi bồi hồi, sôi nổi trong trái tim tuổi trẻ.
Được biến thành sóng để đi muôn nơi.
Có tình yêu mãnh liệt, thủy chung.
Khát khao bất tử hóa trong tình yêu nhưng trái tim nhà thơ không vị kỉ, tầm thường, nhỏ nhen cho riêng mình mà thật lớn lao, cao thượng. Nhà thơ đã hòa niềm hạnh phúc của riêng mình trong niềm hạnh phúc của cuộc đời rộng lớn, cái riêng tồn tại trong cái ta chung, bao la, rộng lớn ấy đã trở thành vĩnh cửu. Chọn A.
Chọn chi tiết, hình ảnh ấn tượng.
Tạo tình huống độc đáo.
Tạo hình, dựng cảnh ấn tượng.
Sử dụng từ ngữ độc đáo.
Ở câu hỏi này, HS cần đọc kĩ đoạn trích, kết hợp với hình dung, tưởng tượng nhớ lại văn bản Hạnh phúc một tang gia - Vũ Trọng Phụng. Đây là cảnh “đám ma gương mẫu” được tổ chức long trọng, hoành tráng, giàu tính tạo hình. Tạo nên một cảnh hết sức ấn tượng, đám ma dường như mất đi không khí thông thường mà trở nên hỗn độn, hài hước. Chọn C.
Nỗi niềm khát khao tự do của tác giả.
Hình ảnh quê hương luôn hiện hữu trong tâm tư của tác giả.
Những kỉ niệm từ ngày tác giả còn hoạt động cách mạng.
Không gian xung quanh nơi tác giả đang bị giam cầm.
Đoạn trích thể hiện nỗi niềm khát khao tự do của tác giả. Chọn A.
Bức tranh làng quê bình dị, thanh bình, đượm buồn.
Bức tranh làng quê nhộn nhịp, sôi động.
Bức tranh con người và cảnh vật êm đềm, nhẹ nhàng.
Bức tranh sinh hoạt của con người.
Nội dung chính của bức tranh chiều xuân trong đoạn thơ là bức tranh con người và cảnh vật êm đềm, nhẹ nhàng. Chọn C.
núi non.
cây cối.
lòng người.
trăng nước.
Theo bài thơ: Non cao non thấp mây thuộc, Cây cứng cây mềm gió hay. Nước mấy trăm thu còn vậy, Nguyệt bao nhiêu kiếp nhẫn nay → núi non, cây cối, trăng nước đều dễ đoán biết. Riêng chỉ có lòng người trong thế giới này thực khó đoán biết: Bui một lòng người cực hiểm thay. Chọn C.
Cảnh ngụ tình.
Ẩn dụ.
Điệp từ và từ phủ định.
Âm hưởng, nhạc điệu.
Từ phủ định: Không đò… không cầu... Điệp từ: không. Chọn C.
Ẩn dụ cho một đất nước đang trong thời kì ổn định về chính trị và vươn lên về kinh tế.
Thể hiện sự sạch sẽ, cẩn thận của người Hà Nội xưa.
Đại diện cho nét đẹp cổ truyền nghìn năm văn hiến của thủ đô Hà Nội.
Mang đậm những giá trị truyền thống, thể hiện nét đẹp văn hóa của người Hà Nội xưa.
Hình ảnh bát thủy tiên men đỏ trong đoạn trích trên có ý nghĩa mang đậm những giá trị truyền thống, thể hiện nét đẹp văn hóa của người Hà Nội xưa. Chiếc bát thủy tiên men đỏ được nhắc đến trong đoạn trích với những chi tiết tỉ mỉ, được thiết kế theo phong cách xưa và nhân vật cô Hiền đang cẩn thận lau chùi, chăm sóc nó. Điều đó thể hiện cô Hiền rất trân trọng, giữ gìn cái bát như đang giữ gìn chính truyền thống tốt đẹp của người Hà Nội. Chọn D.
Âm nhạc.
Thơ ca.
Lịch sử.
Địa lí.
Dựa vào câu văn đầu tiên có thể thấy vẻ đẹp của sông Hương được khám phá từ góc nhìn thơ ca. Chọn B.
Sử dụng câu văn dài với nhiều vế ngắt liên tiếp.
Sử dụng nhiều danh từ, động từ giàu sắc thái biểu cảm.
Sử dụng những hình ảnh tương phản, đối lập.
Sử dụng nhiều biện pháp nghệ thuật độc đáo.
Căn cứ vào hình thức của câu văn thứ nhất trong đoạn trích: Trước khi về đến vùng châu thổ êm đềm, nó đã là một bản trường ca của rừng già, rầm rộ giữa bóng cây đại ngàn, mãnh liệt qua những ghềnh thác, cuộn xoáy như cơn lốc vào những đáy vực bí ẩn, và cũng có lúc nó trở nên dịu dàng và say đắm giữa những dặm dài chói lọi màu đỏ của hoa đỗ quyên rừng. Đây là một câu văn dài với nhiều vế ngắt liên tiếp. Chọn A.
Sương muối bay vào.
Núi rét.
Tuyết trắng.
Bếp đỏ cơm trưa.
Chi tiết không gợi tả điều kiện khắc nghiệt của thời tiết trong đoạn thơ là “bếp đỏ cơm trưa”. Chọn D.
Muốn cống hiến nhưng không được cống hiến.
Bi kịch của người nghệ sĩ không giải quyết được mối quan hệ giữa khát vọng nghệ thuật và hiện thực xã hội; giữa người nghệ sĩ và công dân.
Từ chối xây dựng Cửu Trùng Đài nhưng rồi phải xây dựng.
Ông muốn xây dựng và để lại một công trình vĩ đại và bền vững như trăng sao, để cho nhân dân nghìn thu hãnh diện, nhưng bị đập phá và bị giết.
Bi kịch của Vũ Như Tô chính là bi kịch của người nghệ sĩ không giải quyết được mối quan hệ giữa khát vọng nghệ thuật và hiện thực xã hội; giữa người nghệ sĩ và công dân. Chọn B.
Phấp phỏng, âu lo.
Cô đơn, trống vắng.
Mệt mỏi, cô quạnh.
Chán nản, thất vọng.
Hai câu thơ có nghĩa là: Chim bay về núi khi trời tối, chòm mây trôi lững lờ giữa tầng không. Trời sắp tối mà người tù vẫn đang bị giải đi trên đường chuyển lao, cả ngày dài không được nghỉ ngơi. Không gian, thời gian, cảnh vật gợi lên sự mệt mỏi, cô quạnh của người tù. Chọn C.
Những hạt bụi nhỏ li ti.
Những hạt bụi.
Cây rau khúc.
Những hạt rau khúc.
Dựa vào câu văn trước đó: Những hạt rau khúc nhỏ li ti như những hạt bụi. Chúng vùi sâu trong đất với mưa nắng, ngập lụt và bao biến động mà không bị giết chết. Nên từ “chúng” ở đây chỉ những hạt rau khúc. Chọn D.
Tình đồng đội.
Tình làng nghĩa xóm.
Tình đôi lứa.
Tình quân dân.
Đoạn thơ diễn tả tình quân dân ấm áp giữa những người vệ quốc quân với nhân dân. Chọn D.
Tác giả Trần Đăng Khoa.
Bài thơ “Lính đảo hát tình ca trên đảo” của Trần Đăng Khoa.
Những người lính đảo.
Đảo Trường Sa.
Đối tượng được nhận xét, đánh giá đề cập đến trong đoạn trích là bài thơ “Lính đảo hát tình ca trên đảo” của Trần Đăng Khoa. Chọn B.
Phan Bội Châu.
Phan Châu Trinh.
Phan Đình Phùng.
Tôn Thất Thuyết.
Ở Việt Nam những năm đầu thế kỉ XX, đại diện tiêu biểu nhất của con đường cứu nước theo xu hướng cải cách là Phan Châu Trinh, khuynh hướng bạo động là Phan Bội Châu. Chọn B.
gặp muôn vàn khó khăn và tổn thất.
chuyển dần sang đấu tranh chính trị.
giữ vững và phát triển thế tiến công.
chuyển dần lực lượng ra miền Bắc.
Từ năm 1957-1959: Ngô Đình Diệm ban hành chính sách "tố cộng, diệt cộng", ra đạo luật 10/59 đặt cộng sản ra ngoài vòng pháp luật, lê máy chém khắp miền Nam làm lực lượng cách mạng bị tổn thất nặng, đòi hỏi phải có biện pháp quyết liệt để đưa cách mạng vượt qua khó khăn. Tháng 1-1959, Hội nghị Trung ương Đảng 15 xác định: cách mạng miền Nam không có con đường nào khác là sử dụng bạo lực cách mạng đánh đổ chính quyền Mĩ-Diệm.
Từ đó phong trào Đồng khởi đã nổ ra khắp miền Nam thành cao trào cách mạng. Chọn A.
châu Mĩ.
châu Âu.
phương Tây.
phương Đông.
Nguyễn Tất Thành rất khâm phục tinh thần yêu nước của các bậc tiền bối (Phan Bội Châu và Phan Châu Trinh), nhưng không tán thành con đường của họ, nên quyết định tìm con đường cứu nước mới; Được tiếp xúc với văn minh Pháp, Nguyễn Tất Thành quyết định sang phương Tây để tìm hiểu xem nước Pháp và các nước khác làm thế nào, rồi trở về giúp đồng bào, giải phóng dân tộc. Chọn C.
làm cho các khối quân sự đối đầu ở châu Âu bị giải thể hoàn toàn.
góp phần làm giảm tình trạng đối đầu trong quan hệ quốc tế.
chuyển quan hệ hai nước từ đối đầu sang đồng minh chiến lược.
làm cho toàn cầu hóa trở thành một xu thế trong quan hệ quốc tế.
Năm 1972, Xô-Mĩ thỏa thuận hạn chế vũ khí chiến lược, kí Hiệp ước ABM (Hiệp ước Chống tên lửa đạn đạo), SALT-1 (Hiệp định hạn chế vũ khí tiến công chiến lược), đánh dấu sự hình thành thế cân bằng về quân sự và vũ khí hạt nhân chiến lược giữa hai cường quốc.
Đây chính là biểu hiện xu hướng hòa hoãn Đông-Tây, và những hiệp ước này góp phần làm giảm tình trạng đối đầu trong quan hệ quốc tế. Chọn B.
Chiến dịch Đường 14-Phước Long (1974-1975).
Cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Xuân năm 1975.
Cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Mậu Thân năm 1968.
Trận Vạn Tường ở Quảng Ngãi (tháng 8-1965).
Cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Tết Mậu Thân vẫn hết sức to lớn đã làm lung lay ý chí xâm lược quân Mĩ, buộc Mĩ phải tuyên bố "phi Mĩ hóa" chiến tranh xâm lược (tức thừa nhận thất bại của "Chiến tranh cục bộ"), ngừng mọi hoạt động bắn phá miền Bắc và ngồi vào bàn đàm phán với ta ở Paris để chấm dứt chiến tranh, đồng thời mở ra bước ngoặt của cuộc kháng chiến chống Mĩ cứu nước. Chọn C.
Thúc đẩy phong trào dân tộc dân chủ có chuyển biến tích cực trong nước và hải ngoại.
Góp phần khảo sát và thử nghiệm một con đường cứu nước mới.
Góp phần cổ vũ mạnh mē tinh thần yêu nước của nhân dân Việt Nam trong thời đại mới.
Đào tạo, rèn luyện được đội ngũ cán bộ trung kiên cho phong trào dân tộc ở Việt Nam.
Ý nghĩa quan trọng nhất của phong trào yêu nước dân chủ tư sản ở Việt Nam trong những năm 20 của thế kỉ XX góp phần khảo sát và thử nghiệm một con đường cứu nước mới theo khuynh hướng tư sản. Qua phong trào yêu nước dân chủ tư sản đã cho thấy con đường cứu nước theo dân chủ tư sản không thể thắng lợi ở Việt Nam. Buộc Việt Nam phải Chọn C.on đường theo khuynh hướng vô sản để đi tới thắng lợi cuối cùng. Chọn B.
Thực dân Pháp mở cuộc tấn công quy mô lớn lên Việt Bắc
Thực dân Pháp muốn chấm dứt chiến tranh trong danh dự.
Mĩ đang từng bước can thiệp vào chiến tranh ở Việt Nam.
Mĩ đang hỗ trợ thực dân Pháp triển khai kế hoạch Nava.
Chiến dịch Biên giới thu-đông năm 1950 ở Việt Nam được mở trong bối cảnh lịch sử Mĩ đang từng bước can thiệp vào chiến tranh ở Việt Nam. Chọn C.
"một thung lũng không thể xâm phạm".
"khu vực không dễ bị tấn công".
"một pháo đài bất khả xâm phạm".
"một cứ điểm không thể tốt hơn".
Nava tập trung mọi cố gắng để xây dựng Điện Biên Phủ thành một tập đoàn cứ điểm mạnh nhất Đông Dương. Tồng số binh lực ở đây lúc cao nhất là 16200 quân, được bố trí thành ba phân khu với 49 cứ điểm. Sau khi kiểm tra, các tướng lĩnh Pháp và Mĩ đều coi Điện Biên Phủ là "một pháo đài bất khả xâm phạm". Chọn C.
đây là nơi có vị trí chiến lược quan trọng của Việt Nam.
nơi đây có vị trí then chốt ở Đông Dương và Đông Nam Á.
Điện Biên Phủ cách xa hậu phương kháng chiến của Việt Nam.
Điện Biên Phủ là một thung lũng rộng, màu mở để phát triển.
Quân Pháp xây dựng Điện Biên Phủ thành tập đoàn cứ điểm mạnh nhất Đông Dương, vì nơi đây có vị trí then chốt ở Đông Dương và Đông Nam Á. Điện Biên Phủ là một thung lũng nằm ở phía Tây vùng rừng núi Tây Bắc, gần biên giới Lào, cách Hà Nội 300 km, cách Luông Pha Băng 200 km, cách hậu phương của ta (Việt Bắc, Thanh Nghệ Tĩnh) từ 300 km đến 500 km. Với Pháp đây là một vị trí chiến lược then chốt, có thể trở thành một căn cứ lục quân và không quân trong âm mưu xâm lược của chúng ở Đông Dương và Đông Nam Á về lâu dài. Chọn B.
đánh điểm diệt viện.
đánh nhanh thắng nhanh.
đánh chắc tiến chắc.
đánh du kích tiêu hao sinh lực.
Phương châm của chiến dịch Điện Biên Phủ (1954) của quân đội Việt Nam là "Đánh chắc, tiến chắc" được lựa chọn chỉ vài giờ trước khi ta chính thức đương đầu với Pháp, nhằm chuẩn bị kĩ càng nhất cho một trận chắc thắng, theo đúng lò̀i dặn của Bác Hồ trước chiến dịch. Chọn C.
khí hậu nóng ẩm.
đất trồng đa dạng.
sông ngòi dày đặc.
địa hình nhiều núi.
Địa hình nhiều đồi núi không phải điều kiện thuận lợi để phát triển nông nghiệp ở ĐNA. Đồi núi đòi hỏi phải có các biện pháp kỹ thuật để canh tác. Chọn D.
hiện đại hóa cao thông tin, liên lạc.
phát triển mạnh hàng không-vũ trụ.
phân bố công nghiệp về phía nam.
mở rộng ngành dịch vụ viễn thông.
Biểu hiện của nền kinh tế tri thức ở Hoa Kỳ không phải là phân bố công nghiệp về phía nam. Yếu tố này không nói đến kinh tế tri thức. Chọn C.
nhiệt độ nước biển cao, trung bình năm trên 23°C.
Độ mặn trung bình 32-33%, thay đổi theo mùa.
Sóng biển mạnh nhất vào thời kì gió mùa Đông Bắc.
Trong năm thủy triều biến động theo hai mùa lũ cạn.
Tính chất nhiệt đới của biển Đông được thể hiện rõ trong đặc điểm về nhiệt độ → Chọn A.
Gió mùa Đông Bắc.
Gió phơn.
Tín phong bán cầu Bắc.
Gió mùa Tây Nam.
Hiện tượng "nồm" của thời tiết miền Bắc vào cuối mùa đông-đầu mùa xuân chủ yếu do gió tín phong bán cầu bắc nào gây nên. Lúc này miền Bắc đang lạnh, gặp gió tín phong nóng đột ngột nên "nồm". Chọn C.
Vịnh Bắc Bộ.
Tri Tôn.
Cảnh Dương.
Cửu Long.
Mỏ Tiền Hải thuộc vịnh Bắc Bộ. Chọn A.
Cho biểu đồ:
Tốc độ tăng trưởng một số mặt hàng xuất khẩu của Việt Nam
Căn cứ vào biểu đồ đã cho, hãy cho biết nhận xét nào sau đây là không đúng về tốc độ tăng trưởng một số mặt hàng xuất khẩu của Việt Nam?
Hàng dệt, may có tốc độ tăng trưởng nhanh thứ 2 trong giai đoạn 2012-2014.
Nếu tính trong giai đoạn 2000-2010 thì hàng dệt, may đạt tốc độ tăng trưởng cao nhất.
Hàng điện tử luôn có tốc độ tăng trưởng cao nhất trong giai đoạn 2000-2014.
Hàng thủy sản có tốc độ tăng chậm hơn so với hai mặt hàng còn lại.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- A đúng: hàng dệt -may có tốc độ tăng trưởng lớn thứ 2 (từ 100% lên 1062%)
- B đúng: giai đoạn 2000-2010 hàng dệt-may có tốc độ tăng trưởng cao nhất (từ 100% lên 593%)
- C không đúng: giai đoạn 2000-2005 hàng điện tử có tốc độ tăng trưởng thấp nhất và năm 2010 tốc độ tăng trưởng đứng thứ 2 → nhận xét tốc độ tăng trưởng hàng điện tử luôn cao nhất trong suốt giai đoạn 2000-2014 là SAI. Chọn C.
Đẩy mạnh thâm canh.
Áp dụng rộng rãi các mô hình quảng canh.
Đẩy mạnh xen canh, tăng vụ.
Mở rộng diện tích canh tác
Do áp dụng rộng rãi các biện pháp thâm canh nông nghiệp, đưa vào sử dụng đại trà các giống mới, nên năng suất lúa nước ta tăng mạnh, nhất là vụ lúa đông xuân. Chọn A.
chỉ phát triển ở các thành phố lớn.
phát triển chủ yếu dựa vào doanh nghiệp nhà nước
chưa có sự tham gia của các tập đoàn quốc tế lớn.
đã thu hút sự tham gia của nhiều thành phần kinh tế.
Nội thương của nước ta hiện nay đã thu hút sự tham gia của nhiều thành phần kinh tế. Chọn D.
Có lịch sử khai thác lãnh thổ lâu đời.
Diện tích rộng lớn, địa hình bằng phẳng.
Đất phù sa màu mỡ, khí hậu thuận lợi.
Vị trí địa lí thuận lợi, nhiều đô thị lớn.
ĐBSH có nhiều điều kiện thuận lợi để phát triển trở thành vùng trọng điểm sản xuất lương thực, thục phẩm là: đất phù sa màu mỡ với diện tích lớn (70%), khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa với nguồn nhiệtẩm dồi dào, lượng mưa lớn rất thích hợp với cây lúa nước. Chọn C.
bờ biển có các vũng vịnh, đầm phá.
tất cả các tỉnh đều giáp biển.
có các dòng biển gần bờ.
có các ngư trường rộng, đặc biệt là hai ngư trường xa bờ.
DHTNB có đường bờ biển dài, ngư trường trọng điểm: Hoàng Sa, Trường Sa, Ninh Thuận, Bình Thuận → Nghề cá duyên hải NTB phát triển mạnh hơn BTB. Chọn D.
Đồ thị nào trong các đồ thị dưới đây có thể biểu diễn sự phụ thuộc của lực tương tác giữa hai điện tích điểm vào khoảng cách giữa chúng?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Lực tương tác giữa hai điện tích điểm được xác định bởi công thức: \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\).
Hay \(F \sim \frac{1}{{{r^2}}}\).
+ Khi \(r \to \infty \Rightarrow F \to 0\).
+ Khi \(r \to 0 \Rightarrow F \to \infty \).
\( \Rightarrow \) Đồ thị \(F\left( r \right)\) có dạng đường hypebol \( \Rightarrow \) Hình 4. Chọn D.
Một nam châm thẳng N-S đặt thẳng đứng gần khung dây tròn. Trục của nam châm vuông góc với mặt phẳng của khung dây. Giữ khung dây đứng yên. Lần lượt cho nam châm chuyển động như sau:
I. Tịnh tiến dọc theo trục của nó.
II. Quay nam châm quanh trục thẳng đứng của nó.
III. Quay nam châm quanh một trục nằm ngang và vuông góc với trục của nam châm.
Các trường hợp có dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung dây là
I và II.
I và III.
II và III.
I, II, và III.
Dòng điện cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua khung dây biến thiến. Chọn B.
Đúng vào chỗ người đó nhìn thấy con cá.
Ở phía trên chỗ người đó nhìn thấy con cá.
Ở phía dưới chỗ người đó nhìn thấy con cá.
Cả A, B, C đều sai.
Gọi O là vị trí của con cá trong nước.
Do hiện tượng khúc xạ và do chiết suất của nước lớn hơn chiết suất của không khí nên ảnh của con cá sẽ ở vị trí O’ như hình vẽ.
Như vậy, người đó nhìn thấy con cá dường như gần mặt nước hơn. Để đâm trúng con cá thì người đó phải phóng mũi lao vào phía dưới vị trí mà người đó nhìn thấy con cá. Chọn C.
\(\frac{3}{2}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\(\sqrt {\frac{2}{3}} .\)
\(\sqrt {\frac{3}{2}} .\)
+ Khi động năng bằng thế năng: \[{W_t} = {W_d} \Rightarrow {W_t} = W - {W_t}\]
\[ \Leftrightarrow mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right) = mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right) - mg\ell .\left( {1 - \cos {\alpha _1}} \right)\]
\[ \Leftrightarrow 1 - \cos {\alpha _1} = \cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}\]
\[ \Leftrightarrow \cos {\alpha _1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}.\cos {\alpha _0}\]
+ Khi độ lớn của lực căng dây treo bằng trọng lực tác dụng lên vật:
\[mg.\left( {3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0}} \right) = mg\]\[ \Leftrightarrow 3\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _0} = 1 \Leftrightarrow \cos {\alpha _2} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3}.\cos {\alpha _0}\]
+ Khi đó: \[\frac{{{v_1}}}{{{v_2}}} = \frac{{\sqrt {2g\ell \left( {\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}} \right)} }}{{\sqrt {2g\ell \left( {\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}} \right)} }} = \sqrt {\frac{{\cos {\alpha _1} - \cos {\alpha _0}}}{{\cos {\alpha _2} - \cos {\alpha _0}}}} \]
\[ = \sqrt {\frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}{{\frac{1}{3} + \frac{2}{3}.\cos {\alpha _0} - \cos {\alpha _0}}}} = \sqrt {\frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}{{\frac{1}{3}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}} = \sqrt {\frac{3}{2}} \]. Chọn D.
1000 Hz.
1250 Hz.
2000 Hz.
2500 Hz.
Từ đồ thị ta thấy chu kì sóng âm là: \[T = 4.0,20 = 0,8ms = {8.10^{ - 4}}s\]
\[ \Rightarrow \] Tần số của âm do âm thoa tạo ra là: \[f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{{{8.10}^{ - 4}}}} = 1250Hz\].
Chọn B.
Một nhà vật lý hạt nhân làm thí nghiệm xác định chu kì bán rã \(\left( T \right)\) của một chất phóng xạ bằng cách dùng máy đếm xung để đo tỉ lệ giữa số hạt bị phân rã \(\left( {\Delta N} \right)\) và số hạt ban đầu \(\left( {{N_0}} \right)\). Dựa vào kết quả thực nghiệm đo được trên hình vẽ, hãy tính \(T\)?
138 ngày.
5,6 ngày.
3,8 ngày.
8,9 ngày.
Ta có: \({\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \frac{1}{{1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}}} = \frac{1}{{1 - \left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{ - \frac{t}{T}}}}} = {2^{\frac{t}{T}}}\)\( \Rightarrow \ln {\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \ln \left( {{2^{\frac{t}{T}}}} \right)\)
Từ đồ thị ta thấy: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 6ngay}\\{\ln {{\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)}^{ - 1}} = 0,467}\end{array}} \right. \Rightarrow \ln \left( {{2^{\frac{6}{T}}}} \right) = 0,467 \Rightarrow T = 8,9\) ngày. Chọn D.
Một máy phát sóng điện từ đặt cách mặt phản xạ 45 cm. Các sóng phát ra có tần số là 1 GHz. Một sóng dừng được tạo ra với một nút tại máy phát và một nút ở bề mặt. Có bao nhiêu bụng sóng trong không gian giữa máy phát và mặt phản xạ?
1.
2.
3.
4.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ell = 45\,cm = 0,45\,m}\\{v = c = {{3.10}^8}m/s}\\{f = 1GHz = {{10}^9}Hz}\end{array}} \right.\)
Một sóng dừng được tạo ra với một nút tại máy phát và một nút ở bề mặt.
Áp dụng điều kiện có sóng dừng với hai đầu là nút sóng ta có:
\(\ell = \frac{{k\lambda }}{2} = \frac{{k.v}}{{2f}} \Rightarrow k = \frac{{2.\ell .f}}{v} = \frac{{2.0,{{45.10}^9}}}{{{{3.10}^8}}} = 3\)
\( \Rightarrow \) Có 3 bụng sóng trong không gian giữa máy phát và mặt phản xạ. Chọn C.
\( \pm 0,034\,\mu m.\)
\( \pm 0,039\,\mu m.\)
\( \pm 0,26\,\mu m.\)
\( \pm 0,019\,\mu m.\)
Khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là: \(\ell = 9i \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\bar i = \frac{{\overline \ell }}{9} = 1,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)}\\{\Delta i = \frac{{\Delta \ell }}{9} = 0,016{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)}\end{array}} \right.\)
Giá trị trung bình của bước sóng là: \(\bar \lambda = \frac{{\bar a.\bar i}}{{\bar D}} = \frac{{{{1.10}^{ - 3}}.1,{{2.10}^{ - 3}}}}{2} = 0,{6.10^{ - 6}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 0,6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\mu m} \right)\)
Sai số tỉ đối của phép đo là: \(\frac{{\Delta \lambda }}{{\bar \lambda }} = \frac{{\Delta a}}{{\bar a}} + \frac{{\Delta i}}{{\bar i}} + \frac{{\Delta D}}{{\bar D}}\)\( \Rightarrow \frac{{\Delta \lambda }}{{0,6}} = \frac{{0,05}}{1} + \frac{{0,016}}{{1,2}} + \frac{{1,54}}{{2000}}\)
\( \Rightarrow \Delta \lambda \approx \pm 0,038{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\mu m} \right)\). Chọn B.
kim loại kiềm.
chất cách điện.
kim loại nặng.
bán dẫn.
Vật liệu chính sử dụng trong một pin quang điện là bán dẫn. Chọn D.
Đặt điện áp \(u = {U_0}\cos \omega t\) vào hai đầu đoạn mạch AB như hình bên. Trong đó, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L; tụ điện có điện dung C; X là đoạn mạch chứa các phần tử có \({R_1},{L_1},{C_1}\) mắc nối tiếp. Biết \(2{\omega ^2}LC = 1\), các điện áp hiệu dụng: \({U_{AN}} = 120V;{U_{MB}} = 90V\), góc lệch pha giữa \({u_{AN}}\) và \({u_{MB}}\) là \(\frac{{5\pi }}{{12}}\). Hệ số công suất của X là
Ta có: \(2LC{\omega ^2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{2\omega L}}{{\frac{1}{{\omega C}}}} = 1 \Rightarrow 2{Z_L} = {Z_C}\)
\( \Rightarrow 2{u_L} = - {u_C} \Rightarrow 2{u_L} + {u_C} = 0\)\( \Rightarrow 2{u_{AN}} + {u_{MB}} = 2{u_L} + 2{u_X} + {u_X} + {u_C}\)\( \Rightarrow 2{u_{AN}} + {u_{MB}} = 3{u_X}\)
\( \Rightarrow {u_X} = \frac{{2{u_{AN}} + {u_{MB}}}}{3}\)
Giả sử \({\varphi _{uMB}} = 0 \Rightarrow {\varphi _{uAN}} = \frac{{5\pi }}{{12}}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_{MB}} = 90\sqrt 2 \cos \left( {\omega t} \right)}\\{{u_{AN}} = 120\sqrt 2 .\cos \left( {\omega t + \frac{{5\pi }}{{12}}} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow {u_X} = \frac{{240\sqrt 2 \angle \frac{{5\pi }}{{12}} + 90\sqrt 2 \angle 0}}{3} = 130,7\angle 0,99\)\( \Rightarrow {\varphi _{uX}} = 0,99rad\)
Lại có: \({u_C} = {u_{MB}} - {u_X} = 122,6\angle - 1,1\)\( \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _{uC}} + \frac{\pi }{2} = - 1,1 + \frac{\pi }{2} \approx 0,47079\,\,rad\)
\( \Rightarrow \) Độ lệch pha giữa \({u_X}\) và \(i\) là: \({\varphi _X} = {\varphi _{uX}} - {\varphi _i} = 0,99 - 0,47079 = 0,51921\,\,rad\)
\( \Rightarrow \) Hệ số công suất của X là: \(\cos {\varphi _X} = \cos 0,51921 = 0,868\). Đáp án. 0,87.
HCl.
\[N{a_2}S{O_4}.\]
\[Ba{\left( {OH} \right)_2}.\]
\[HCl{O_4}.\]
Cách 1:
Dung dịch chứa chất mà ion của chất đó tạo môi trường trung tính sẽ không làm đổi màu của quỳ tím. Một số ion tạo môi trường trung tính thường gặp:
- Ion của kim loại mạnh: \[N{a^ + },{\rm{ }}{K^ + },{\rm{ }}C{a^{2 + }},{\rm{ }}B{a^{2 + }},{\rm{ }}.\]
- Ion của gốc acid mạnh:\[S{O_4}^{2 - },{\rm{ }}N{O_3}^ - ,{\rm{ }}C{l^ - },\]...
→ Chọn \[N{a_2}S{O_4}\]vì \[N{a_2}S{O_4}\]tạo bởi ion \[N{a^ + }\]và \[SO_4^{2 - }\]là các ion tạo môi trường trung tính.
Cách 2: Dùng phương pháp loại trừ:
- HCl là acid nên dung dịch HCl sẽ làm quỳ tím chuyển màu đỏ → Loại.
- \[HCl{O_4}\]là acid nên dung dịch \[HCl{O_4}\] sẽ làm quỳ tím chuyển màu đỏ → Loại.
- \[Ba{\left( {OH} \right)_2}\]là base nên dung dịch \[Ba{\left( {OH} \right)_2}\]sẽ làm quỳ tím chuyển màu xanh → Loại.
→ Dung dịch chất không làm quỳ tím chuyển màu là \[N{a_2}S{O_4}.\]
Chọn B.
cellulose.
tinh bột.
glucose.
saccharose
Các chất trong cấu tạo có nhóm -CHO có khả năng tham gia phản ứng tráng gương, ví dụ: aldehyde, glucose, HCOOR,..
→ Chọn glucose.
Chọn C.
Gly-Phe-Gly-Ala-Val
Gly-Ala-Val-Val-Phe.
Gly-Ala-Val-Phe-Gly.
Val-Phe-Gly-Ala-Gly.
X thủy phân → Val–Phe + Gly–Ala–Val.
Nên X có các liên kết Gly–Ala–Val–Phe.
Vì không thu được Gly–Gly nên X có công thức là Gly–Ala–Val–Phe–Gly.
Chọn C.
\[5589{\rm{ }}{m^3}.\]
\[5883{\rm{ }}{m^3}.\]
\[2941{\rm{ }}{m^3}.\]
\[5873{\rm{ }}{m^3}.\]
![PVC được điều chế từ khí thiên nhiên (chứa 95 % thể tích \[C{H_4}\]) theo sơ đồ chuyển hoá và hiệu suất của mỗi giai đoạn như sau: . Muốn tổng hợp 1 tấn PVC thì cần bao nhiêu \[{m^3}\] khí thiên nhiên ở đktc? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid8-1721713000.png)
Do hiệu suất của mỗi quá trình phản ứng lần lượt là 15%, 95%, 90% và khí thiên nhiên chỉ chứa 95% thể tích \[C{H_4}.\]
Nên thể tích khí thiên nhiên thực tế là: \(V = \frac{{22,4.0,{{032.10}^6}}}{{0,15.0,95.0,9.0,95}} = {5883.10^3}\) lít \( = 5883\;{{\rm{m}}^3}\).
Chọn B.
3.
4.
5.
2.
(d) sai, vì saccharose không thực hiện được phản ứng tráng gương.
(e) sai, vì thí nghiệm trên chỉ chứng tỏ glucose chứa 1 nhóm –CHO.
(a), (b) và (c) đúng.
Chọn A.
acetylene, ethanol, buta-1,3-diene.
ethylene, vinyl acetylene, buta-1,3-diene.
aldehyde acetic, ethanol, buta-1,3-diene.
acetylene, vinyl acetylene, buta-1,3-iene.
1,80.
1,62.
1,44.
3,60.
Đề bài cho hỗn hợp X gồm formic acid, acrylic acid, oxalic acid và acetic acid tham gia các quá trình phản ứng theo sơ đồ sau:
Chọn C.
5.
2.
3.
4.
\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( a \right){\rm{ }}Ba{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2} + {\rm{ }}2NaHS{O_4} \to {\rm{ }}BaS{O_4} \downarrow + {\rm{ }}N{a_2}S{O_4} + {\rm{ }}2{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}2C{O_2} \uparrow }\\{\left( b \right){\rm{ }}2Na{\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2} \uparrow }\\{\;\;\;\;\;{\rm{ }}FeC{l_2} + {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}Fe{{\left( {OH} \right)}_2} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2NaCl}\\{\left( c \right){\rm{ }}{{\left( {N{H_4}} \right)}_2}S{O_4} + {\rm{ }}Ba{{\left( {OH} \right)}_2} \to {\rm{ }}BaS{O_4} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2N{H_3} \uparrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O}\end{array}\]
(d) \[C{O_2}\]dư nên không thu được kết tủa.
\[\left( e \right){\rm{ }}AgN{O_3} + {\rm{ }}Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} \to {\rm{ }}Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + {\rm{ }}Ag \downarrow \]
Vậy có 3 phản ứng vừa thu được khí và kết tủa là (a), (b), (c).
Chọn C.
Quá trình tổng hợp \[N{H_3}\]từ \[{H_2}\]và \[{N_2}\](với xúc tác\[A{l_2}{O_3}\]) có thể được biểu diễn bằng cân bằng hóa học sau:
![Quá trình tổng hợp có thể được biểu diễn bằng cân bằng hóa học sau: Người ta thử các cách sau: (1) tăng áp suất của khí \[{N_2}\]khi cho vào hệ. (2) tăng áp suất chung của hệ. (3) giảm nhiệt độ của hệ. (4) không dùng chất xúc tác nữa. (5) hóa lỏng \[N{H_3}\]và đưa ra khỏi hệ. Số cách làm có thể làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid11-1721713487.png){kind=small}
Người ta thử các cách sau:
(1) tăng áp suất của khí \[{N_2}\]khi cho vào hệ.
(2) tăng áp suất chung của hệ.
(3) giảm nhiệt độ của hệ.
(4) không dùng chất xúc tác nữa.
(5) hóa lỏng \[N{H_3}\]và đưa ra khỏi hệ.
Số cách làm có thể làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận là
4.
3.
2.
1.
Phản ứng có ΔH < 0 ⟹ Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt
- Xét (1): tăng áp suất của khí \[{N_2}\]khi cho vào hệ
⟹ Nồng độ của khí \[{N_2}\] tăng.
⟹ Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm nồng độ của khí \[{N_2}\].
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
- Xét (2): tăng áp suất chung của hệ
⟹ Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm áp suất của hệ
Ta thấy vế trái có 1 + 3 = 4 mol khí, vế trái có 2 mol khí.
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
- Xét (3): giảm nhiệt độ của hệ
⟹ Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm tăng nhiệt độ của hệ (tỏa nhiệt).
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
- Xét (4): chất xúc tác chỉ ảnh hưởng tới tốc độ phản ứng chứ không ảnh hưởng đến sự chuyển dịch cân bằng
- Xét (5): hóa lỏng \[N{H_3}\]và đưa ra khỏi hệ
⟹ Nồng độ \[N{H_3}\]trong hệ giảm.
⟹ Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm nồng độ của \[N{H_3}\]tăng.
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
Vậy có 4 cách làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận là 1, 2, 3, 5.
Chọn A.
![Hai ester X, Y có cùng công thức phân tử \[{C_8}{H_8}{O_2}\]và chứa vòng benzene trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của carboxylic acid có phân tử khối lớn hơn trong Z là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid12-1721713552.png){kind=small}
Khi hỗn hợp gồm X và Y + NaOH thì \[1 < \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{ester}}}} = 1,2 < 2\] nên hỗn hợp có một ester tạo từ phenol (giả sử là X)
Thì X + 2NaOH → 2muối + \[{H_2}O\]
Y + NaOH → muối + alcohol
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{hh}} = {n_X} + {n_Y} = 0,05}\\{{n_{NaOH}} = 2{n_X} + {n_Y} = 0,06}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_X} = 0,01\,\,(mol)}\\{{n_Y} = 0,04\,\,(mol)}\end{array}} \right.\)
Bảo toàn khối lượng ta có :
![Hai ester X, Y có cùng công thức phân tử \[{C_8}{H_8}{O_2}\]và chứa vòng benzene trong phân tử. Cho 6,8 gam hỗn hợp gồm X và Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,06 mol, thu được dung dịch Z chứa 4,7 gam ba muối. Khối lượng muối của carboxylic acid có phân tử khối lớn hơn trong Z là (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid14-1721713574.png){kind=small}
\[\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow {\rm{ }}6,8{\rm{ }} + {\rm{ }}0,06.40{\rm{ }} = {\rm{ }}4,7{\rm{ }} + {\rm{ }}0,01.18{\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{alcohol}}}\\{ \Rightarrow {m_{alcohol}}\; = {\rm{ }}4,32{\rm{ }}\left( {gam} \right)}\end{array}\\ \Rightarrow {M_{alcohol}}\; = \frac{{4,32}}{{0,04}}\; = 108\left( {g/mol} \right)\\ \Rightarrow alcohol{\rm{ }}l\`a {\rm{ }}{C_7}{H_8}O{\rm{ }}\left( {{C_6}{H_5}C{H_2}OH} \right)\end{array}\]
\( \Rightarrow \)ester Y là \[HCOOC{H_2}{C_6}{H_5}\] \( \Rightarrow \) muối tạo từ Y là HCOONa (0,04 mol)
Vì hỗn hợp muối thu được từ phản ứng là có 3 muối nên X + NaOH tạo 2 muối (không phải HCOONa) nên X là \[C{H_3}COO{C_6}{H_5}\] (0,01 mol)
Vậy muối gồm: HCOONa (0,04 mol), \[C{H_3}COONa\](0,01 mol) và \[{C_6}{H_5}ONa\](0,01 mol)
\( \Rightarrow {m_{C{H_3}COONa}} = 0,01.82 = 0,82\,gam\)
Đáp án: 0,82
Mô phân sinh bì.
Mô phân sinh đỉnh.
Mô phân sinh lóng.
Mô phân sinh bên.
Mô sinh trưởng ở thực vật bao gồm: mô phân sinh đỉnh, mô phân sinh lóng, mô phân sinh bên. Chọn A.
Thí nghiệm này chỉ thành công khi tiến hành trong điều kiện không có ánh sáng.
Nếu thay hạt đang nảy mầm bằng hạt khô thì kết quả thí nghiệm vẫn không thay đổi.
Nếu thay nước vôi trong bằng dung dịch xút thì kết quả thí nghiệm cũng giống như sử dụng nước vôi trong.
Nước vôi trong bị vẩn đục là do hình thành CaCO3.
A. Sai. Thí nghiệm sử dụng hạt nảy mầm (chưa có khả năng quang hợp) nên vẫn có thể thành công trong điều kiện có ánh sáng.
B. Sai. Cường độ hô hấp ở hạt khô thấp, hạt nảy mầm có cường độ hô hấp cao nên thí nghiệm với hạt khô thì kết quả thí nghiệm sẽ thay đổi.
C. Sai. Dung dịch xút (NaOH) không tạo kết tủa với CO2.
D. Đúng. Quá trình hô hấp của thực vật thải ra CO2, CO2 tạo kết tủa với Ca(OH)2 làm nước vôi trong bị vẩn đục.
Chọn D.
Ngày thứ nhất đến ngày thứ 7.
Ngày thứ 7 đến ngày thứ 14.
Ngày thứ 14 đến ngày thứ 21.
Ngày thứ 21 đến ngày thứ 28.
Thể vàng chính là phần bao nang của trứng khi trứng chín, rụng và được giải phóng thì phần bao nang này trở thành thể vàng và được duy trì phát triển trong 7 ngày tiếp theo. Như vậy, trong một chu kì kinh nguyệt bình thường 28 ngày thì thể vàng được hình thành và phát triển ở giai đoạn ngày thứ 14 đến ngày thứ 21. Chọn C.
3’UAG5’; 3’UAA5’; 3’UGA5’.
3’GAU5’; 3’AAU5’; 3’AGU5’.
3’UAG5’; 3’UAA5’; 3’AGU5’.
3’GAU5’; 3’AAU5’; 3’AUG5’.
Trong số 64 loại bộ ba thì chỉ có 3 bộ ba làm nhiệm vụ kết thúc quá trình dịch mã, đó là các bộ ba 5’UAA3’ (3’AAU5’); 5’UAG3’ (3’GAU5’); 5’UGA3’ (3’AGU5’). Chọn B.
Đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể chỉ xảy ra ở nhiễm sắc thể thường mà không xảy ra ở nhiễm sắc thể giới tính.
Đột biến đảo đoạn làm cho gen từ nhóm liên kết này chuyển sang nhóm liên kết khác.
Đột biến mất đoạn không làm thay đổi số lượng gen trên nhiễm sắc thể.
Đột biến chuyển đoạn có thể không làm thay đổi số lượng và thành phần gen của một nhiễm sắc thể.
A. Sai. Vì đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể có thể xảy sắc thể thường và ở nhiễm sắc thể giới tính.
B. Sai. Vì đột biến đảo đoạn chỉ xảy ra trong một NST nên không chuyển gen từ nhóm liên kết này sang nhóm liên kết khác.
C. Sai. Vì đột biến mất đoạn có thể làm mất một số gen nên làm thay đổi số lượng gen trên NST.
D. Đúng. Vì đối với đột biến chuyển đoạn trên một NST thì không làm thay đổi số lượng và thành phần gen của một NST.
Chọn D.
Phương pháp nuôi cấy mô tiết kiệm được diện tích nhân giống.
Phương pháp nuôi cấy mô có thể bảo tồn được một số nguồn gen quý hiếm có nguy cơ tuyệt chủng.
Phương pháp nuôi cấy mô có thể tạo ra số lượng cây trồng lớn trong một thời gian ngắn.
Phương pháp nuôi cấy mô được sử dụng để tạo nguồn biến dị tổ hợp.
D. Sai. Vì phương pháp nuôi cấy mô là sử dụng phân bào nguyên phân (sinh sản vô tính) nên không tạo ra nguồn biến dị tổ hợp (biến dị tổ hợp chỉ được sinh ra thông qua sinh sản hữu tính). Chọn D.
Giao phối ngẫu nhiên.
Chọn lọc tự nhiên.
Các yếu tố ngẫu nhiên.
Giao phối không ngẫu nhiên.
Các yếu tố ngẫu nhiên tác động lên quần thể một cách ngẫu nhiên nên có thể loại bỏ hoàn toàn một alen có lợi ra khỏi quần thể. Chọn C.
Những năm gần đây vùng Đồng bằng sông Cửu Long của nước ta thường xuyên bị nhiễm mặn do biến đổi khí hậu làm nước biển dâng. Nhằm tìm kiếm các loài thực vật phù hợp cho sản xuất, các nhà khoa học đã tiến hành các thử nghiệm trên hai loài thực vật đầm lầy (loài A và loài B) ở vùng này. Để nghiên cứu ảnh hưởng của nước biển tới hai loài này, chúng được trồng trong đầm nước mặn và đầm nước ngọt. Kết quả nghiên cứu được thể hiện ở sơ đồ dưới đây:
Khi nói về 2 loài này, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Loài A chịu mặn tốt hơn loài B.
II. Trong cùng một độ mặn, loài B có sinh khối cao hơn loài A.
III. Trong tương lai nước biển dâng loài A sẽ trở nên phổ biến hơn loài B.
IV. Cả 2 loài A và B đều là sinh trưởng tốt trong điều kiện nước ngọt.
3.
2.
4.
1.
I. Đúng. Vì loài A chịu mặn tốt hơn loài B. Trong giới hạn độ muối 60% - 80%, loài A vẫn còn sinh trưởng mặc dù sinh khối thấp hơn, trong khi đó loài B bị chết.
II. Sai. Vì trong cùng một độ mặn, loài B có sinh khối thấp hơn loài A.
III. Đúng. Nhờ khả năng chịu mặn tốt hơn loài B nên nếu trong tương lai nước biển dâng, độ mặn tăng lên thì loài A sẽ trở lên phổ biến hơn.
IV. Đúng. Cả 2 loài sinh trưởng tốt hơn trong điều kiện nước ngọt.
Chọn A.
2.
1.
3.
4.
Quần thể cân bằng về mặt di truyền khi cấu trúc của quần thể tuân theo định luật Hacđi – Vanbec có dạng: p2 + 2pq + q2 (p và q là lần lượt là tần số alen A và a). Như vậy, quần thể cân bằng di truyền bao gồm I, II, III. Chọn C.
Ruồi mắt đỏ × Ruồi mắt đỏ thu được đời con có ruồi mắt trắng → P: XDXd × XDY → F1: 1XDXD : 1XDXd : 1XDY : 1XdY.
F1 có 17,5% ruồi thân xám, cánh dài, mắt trắng (A-B-XdY) → A-B- = 17,5% : 25% = 0,7.
Ở ruồi giấm, hoán vị gen chỉ xảy ra ở bên con cái →
Tỉ lệ ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ ở F1 là: A-B-XDX- = 0,7 × 0,5 = 0,35.
Tỉ lệ ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ thuần chủng ở F1 là:
→ Trong trong tổng số ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ ở F1, số ruồi không thuần chủng chiếm tỉ lệ:
. Đáp án:
.
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.
