Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 16)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Cho biểu đồ:
Nhu cầu tuyển dụng lao động theo trình độ trong 6 tháng đầu năm 2018 ở trình độ nào cao nhất?
Đại học.
Cao đẳng.
Trung cấp.
Lao động phổ thông.
Nhu cầu tuyển dụng lao động theo trình độ trong 6 tháng đầu năm 2018 ở trình độ lao động phổ thông là cao nhất \[\left( {66\% } \right).\] Chọn D.
\(m = 7,\,\,n = - \frac{3}{4}.\)
\(m = 4,\,\,n = - 3.\)
\(m = 1,\,\,n = 0.\)
\(m = 7,\,\,n = - \frac{4}{3}.\)
Ta thấy \(\vec a\) và \(\vec b\) cùng hướng \( \Leftrightarrow \vec a = k\vec b\,\,(k > 0) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 = k}\\{m - 1 = 3k}\\{3 = k\left( { - 2n} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 2}\\{m = 7\,;\,\,n = - \frac{3}{4}}\end{array}} \right.} \right..\)
Vậy \(m = 7\,;\,\,n = - \frac{3}{4}.\) Chọn A.
\(54\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(141\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(33\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(53\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
Ta có \(v(t) = S'(t) = 4{t^3} - 18t - 21\).
Do đó, vận tốc của chuyển động tại thời điểm \(t = 3\) giây là:
\(v(3) = {4.3^3} - 18.3 - 21 = 33\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\) Chọn C.
\(50\sqrt 3 \,N.\)
\(25\sqrt 3 \,N.\)
\(100\sqrt 3 \;\,{\rm{N}}.\)
\(50\sqrt 2 \,N.\)
Do vật đứng yên nên tổng hợp lực tác động vào vật bằng 0.
\(\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} + \overrightarrow {{F_3}} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} = - \overrightarrow {{F_3}} \Rightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = \left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right|{\rm{. }}\)
Lại có \({\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)^2} = {\overrightarrow {{F_1}} ^2} + 2 \cdot \overrightarrow {{F_1}} \cdot \overrightarrow {{F_2}} + {\overrightarrow {{F_2}} ^2} = F_1^2 + 2 \cdot {F_1} \cdot {F_2} \cdot \cos \widehat {AMB} + F_2^2\)
Khi đó \({\left( {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right)^2} = 2 \cdot {100^2} + 2 \cdot {100^2} \cdot \cos 60^\circ = 3 \cdot {100^2}\)\( \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {{F_1}} + \overrightarrow {{F_2}} } \right| = 100\sqrt 3 {\rm{.}}\)
Vậy \(\left| {\overrightarrow {{F_3}} } \right| = 100\sqrt 3 .\) Chọn C.
\(P = 1.\)
\(P = - \frac{1}{2}.\)
\(P = \frac{1}{2}.\)
\(P = - 1.\)
Ta có \(\left( {1 + i} \right)z + 2\bar z = 3 + 2i\)\( \Leftrightarrow \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 3 + 2i\)
\( \Leftrightarrow a + bi + ai - b + 2a - 2bi = 3 + 2i\)\( \Leftrightarrow 3a - b + \left( {a - b} \right)i = 3 + 2i\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - b = 3}\\{a - b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = - \frac{3}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy \(P = a + b = - 1.\) Chọn D.
7.
4.
6.
\[ - 5.\]
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\,\left( {a,\,\,b,\,\,c,\,\,d \in \mathbb{R},\,\,c \ne 0} \right).\)
Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có đường tiệm cận ngang là \(y = \frac{a}{c}.\)
Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng là \(x = - \frac{d}{c}.\)
Theo bài ra, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{a}{c} = 3}\\{ - \frac{d}{c} = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3c}\\{d = 2c}\end{array}} \right.} \right.\) (1)
Điểm \(\left( { - 1\,;\,\,7} \right)\) thuộc đồ thị hàm số \(f(x) \Rightarrow \frac{{ - a + b}}{{ - c + d}} = 7\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{ - 3c + b}}{{ - c + 2c}} = 7 \Leftrightarrow b = 10c.\)
Vậy \(\frac{{2a + 3b + 4c + d}}{{7c}} = \frac{{2 \cdot (3c) + 3 \cdot (10c) + 4c + 2c}}{{7c}} = 6.\) Chọn C.
\({S_{xq}} = 4\pi {a^2}.\)
\({S_{xq}} = \frac{{2\sqrt 3 \pi {a^2}}}{3}.\)
\({S_{xq}} = \frac{{4\sqrt 3 \pi {a^2}}}{3}.\)
\({S_{xq}} = 2\pi {a^2}.\)
Giả sử hình nón có đỉnh là \[S,\,\,O\] là tâm của đường tròn đáy và AB là một đường kính của đáy.
\(r = OA = a\,,\,\,\widehat {ASB} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {ASO} = 30^\circ .{\rm{ }}\)
Độ dài đường sinh là \[l = SA = \frac{{OA}}{{\sin 30^\circ }} = 2a.\]Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot a \cdot 2a = 2\pi {a^2}.\)
Chọn D.
\(m > - 2.\)
\(m = - 2.\)
\(m > - 3.\)
\(m = - 3.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của \((C)\) và \(d\) là:
\({x^3} - 3{x^2} + 2 = m\left( {x - 1} \right)\quad (1)\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - 2} \right) = m\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2x - m - 2} \right) = 0\)
\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = 0}\\{f\left( x \right) = {x^2} - 2x - m - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{f\left( x \right) = {x^2} - 2x - m - 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\]
Phương trình (1) luôn có nghiệm \(x = 1\). Khi đó, để phương trình (1) luôn có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 1.
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 1 + m + 2 > 0}\\{f\left( 1 \right) \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 3}\\{m \ne - 3}\end{array} \Leftrightarrow m > - 3} \right.} \right.\).
Vậy \(m > - 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
2.
1.
0.
3.
Điều kiện tích phân tồn tại là \(a + {x^2} \ne 0,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < - 1}\\{a > 0}\end{array}} \right.\)
Đặt \(t = a + {x^2} \Rightarrow dt = 2xdx.\)
Khi đó \(\int\limits_0^1 {\frac{x}{{a + {x^2}}}{\rm{d}}x} \; = \frac{1}{2}\int\limits_0^{1 + a} {\frac{{dt}}{t}} = \left. {\frac{1}{2}\left( {\ln \left| t \right|} \right)} \right|_a^{1 + a} = \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{1 + a}}{a}} \right| = 1\)
\( \Leftrightarrow \ln \left| {\frac{{1 + a}}{a}} \right| = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{1 + a}}{a} = {e^2}\\\frac{{1 + a}}{a} = - {e^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + a = {e^2}a\\1 + a = - {e^2}a\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}\\a = \frac{{ - 1}}{{{e^2} + 1}}\end{array} \right.\).
So sánh điều kiện, ta có \(a = \frac{1}{{{e^2} - 1}}.\) Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\), biết đáy \[ABCD\] là hình vuông. Góc giữa hai đường thẳng \(A'C\) và \[BD\]bằng
\(90^\circ .\)
\(30^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\(45^\circ .\)
Vì \[ABCD\] là hình vuông nên \(BD \bot AC.\)
Mặt khác \(AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BD \bot AA'.\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AC}\\{BD \bot AA'}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {AA'C} \right) \Rightarrow BD \bot A'C} \right..\)
Do đó, góc giữa \(A'C\) và BD bằng \(90^\circ .\) Chọn A.
\(P = 20.\)
\(P = 3.\)
\(P = 18.\)
\(P = 2.\)
Ta có \(\left( {{x^2} + 2x - 8} \right)\sqrt {16 - {x^2}} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - {x^2} = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{16 - {x^2} > 0}\\{{x^2} + 2x - 8 \le 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pm 4}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 4 < x < 4}\\{ - 4 \le x \le 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pm 4}\\{ - 4 < x \le 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{ - 4 \le x \le 2}\end{array}} \right.} \right.\).
Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - 4\,;\,\,2} \right] \cup \left\{ 4 \right\}.\)
Suy ra \(a = 4,\,\,b = 2,\,\,c = 4.\)
Vậy \(P = 2.4 - 2 + 3.4 = 18.\) Chọn C.
6
8
12
4
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 3\,;\,\,3\,;\,\,3} \right)\,;\,\,\overrightarrow {AD} = \left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\).
\(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3\,;\,\, - 12\,;\,\,9} \right)\) ; \(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} = \left( { - 3} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 12} \right) \cdot 3 + 9 \cdot 1 = - 24\).
Do đó \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} } \right| = \frac{1}{6}\left| { - 24} \right| = 4\). Chọn D.
\(9,3\,\;{\rm{m}}.\)
\(4,3\;\,{\rm{m}}.\)
\(3,5\,\;{\rm{m}}.\)
\(3,3\,\;{\rm{m}}.\)
Hàng ghế đầu tiên có 15 chỗ ngồi và cao \[0,3{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
Hàng ghế thứ hai có 18 chỗ ngồi và cao \[0,5{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
Hàng ghế thứ hai có 21 chỗ ngồi và cao \[0,7{\rm{ }}m\] so với mặt nền.
.....
Dễ thấy, số ghế ngồi và độ cao của hàng ghế lập thành các cấp số cộng.
Xét số ghế ngồi: \({u_1} = 15\) và công sai \(d = 3\) nên \({S_n} = \frac{{[30 + 3(n - 1)] \cdot n}}{2} = 600\).
Suy ra \(3{n^2} + 27n - 1\,\,200 = 0 \Leftrightarrow n = 16\) (số nguyên dương).
Xét độ cao của các hàng ghế: \({u_1} = 0,3\) và \(d = 0,2\).
Suy ra hàng ghế cuối cùng cao so với mặt nền là \({u_{16}} = 0,3 + 15 \cdot 0,2 = 3,3\,\,(m).\)
Chọn D.
\(P = 2.\)
\(P = - 1.\)
\(P = 0.\)
\(P = 3.\)
Từ phương trình \(x + y = 1\) ta rút \(y = 1 - x\) thế vào phương trình \({x^2} + 3{y^2} = 7\) ta được:
\[{x^2} + 3{\left( {1 - x} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow 4{x^2} - 6x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\].
Vì \({x_0} > 0\) nên chọn \({x_0} = 2 \Rightarrow {y_0} = - 1.\)
Vậy \(P = {x_0} + 2{y_0} = 0.\) Chọn C.
8 năm 11 tháng.
19 tháng.
18 tháng.
9 năm.
Áp dụng công thức lãi kép, ta được \[20 \cdot {\left( {1 + 0,65\% } \right)^n} - 20 > 20\]
\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,65\% } \right)^n} > 2 \Leftrightarrow 1,{0065^n} > 2 \Leftrightarrow n > {\log _{1,0065}}2 \approx 107\) (tháng).
Vậy sau 8 năm 11 tháng thì vị khách này mới có số tiền lãi nhiều hơn số tiền gốc ban đầu gửi ngân hàng. Chọn A.
4
2
5
6
Xét hàm số \(y = \frac{m}{3}{x^3} - 2m{x^2} + \left( {3m + 5} \right)x\)
\( \Rightarrow y' = m{x^2} - 4mx + 3m + 5\).
Trường hợp 1: \(a = 0 \Leftrightarrow m = 0 \Rightarrow y' = 5 > 0 \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Trường hợp 2: \(a \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 0\).
Hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(y' \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta ' \le 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{\left( {2m} \right)^2} - m\left( {3m + 5} \right) \le 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{m^2} - 5m \le 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\0 \le m \le 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 0 < m \le 5.\)
Vì \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}.\] Chọn D.
\({\vec u_1} = \left( {1\,;\,\,2} \right).\)
\({\vec u_1} = \left( {2\,;\,\,1} \right).\)
\({\vec u_1} = \left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)
\({\vec u_1} = \left( {2\,;\,\, - 1} \right).\)
Vì \(A \in {d_1}\), \(B \in {d_2}\) nên gọi \[A\left( {a\,;\,\,3 - a} \right)\]; \(B\left( {2b + 6\,;\,\,b} \right).\)
Vì \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 2b + 6}}{2} = 1}\\{\frac{{3 - a + b}}{2} = - 1}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b = - 4}\\{a - b = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = - 3}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow A\left( {2\,;\,\,1} \right)\,;\,\,B\left( {0\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA} = \left( {2\,;\,\,4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {BA} = 2 \cdot {\vec u_1}.\)
Vậy đường thẳng \[AB\] có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_1} = \left( {1\,;\,\,2} \right).\) Chọn A.
18
20
19
21
Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là: \(\sqrt {{m^2} - {x^2}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \,m.\)
Thể tích vật thể tròn xoay cần tính là:
\[V = \pi \int\limits_{ - \left| m \right|}^{\left| m \right|} {\left( {{m^2} - {x^2}} \right)} \,dx = \left. {\pi \left( {{m^2}x - \frac{1}{3}{x^3}} \right)} \right|_{ - \left| m \right|}^{\left| m \right|} = \frac{{4\pi {m^2}\left| m \right|}}{3}.\]
Ta có: \(V < 1\,\,000\pi \Leftrightarrow \frac{{4\pi {m^2}\left| m \right|}}{3} < 1\,\,000\pi \Leftrightarrow {\left| m \right|^3} < 750 \Leftrightarrow - \sqrt[3]{{750}} < m < \sqrt[3]{{750}}.\)
Vậy với \(m \ne 0\) thì có 18 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn A.
\(30^\circ .\)
\(40^\circ .\)
\(50^\circ .\)
\(60^\circ .\)
\(\frac{{8{a^3}}}{9}.\)
\(\frac{{8{a^3}}}{3}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{{12}}.\)
\(\frac{{4{a^3}}}{9}.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của BC suy ra \(AI \bot BC\) tại I.
Ta có \(SA \bot BC \Rightarrow (SAI) \bot BC \Rightarrow SI \bot BC.\)
\( \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\,\,\left( {ABC} \right)}} \right) = \widehat {SIA} = 30^\circ .\)
Vì \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SI,\) \(AH \subset (SAI) \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = a.\)
• Xét tam giác AHI vuông tại \(H\) suy ra \(AI = \frac{{AH}}{{\sin 30^\circ }} = 2a.\)Giả sử tam giác đều \[ABC\] có cạnh bằng \(x\), mà \[AI\] là đường cao.
• Xét tam giác \[ABI\] vuông tại \(I\) suy ra: \(x = AB = \frac{{AI}}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}.\)
Diện tích tam giác đều \[ABC\] là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}.\)
• Xét tam giác \[SAI\] vuông tại \(A\) suy ra \(SA = AI \cdot \tan 30^\circ = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.\)
Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{8{a^3}}}{9}.\) Chọn A.1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
1 điểm cực đại và 3 điểm cực tiểu.
2 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu.
2 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.
Vậy hàm số đã cho có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu. Chọn A.
8
6
7
5
Vì \({a^2} + {b^2} < {2020^2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 2020}\\{b < 2020}\end{array}} \right..\)
Ta có \({\log _2}a = 1 + {\log _3}b < 1 + {\log _3}2020.\)
Vì \({\log _2}a\) là số nguyên dương nên \({\log _2}a \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\, \ldots \,;\,\,7} \right\}\)
Khi đó \(a\) có thể nhận 7 giá trị.
Lại có \(b = {3^{{{\log }_2}a - 1}}\) nên với mỗi giá trị của \(a\) thỏa mãn sẽ tương ứng với một giá trị của \(b\) nếu thỏa mãn điều kiện.
Thử lại: Với \({\log _2}a = 7 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {2^7}}\\{b = {3^6}}\end{array} \Rightarrow {a^2} + {b^2} < {{2020}^2}} \right.\) (thỏa mãn).
Vậy có tất cả 7 cặp số thực dương \[\left( {a\,;\,b} \right)\] thỏa mãn. Chọn C.
25
10
20
24
Với \(\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) ta có \(f\left( x \right) = \int {\left( {\frac{1}{{x - 1}} + 6x} \right)dx} = \ln \left( {x - 1} \right) + 3{x^2} + C.\)
Vì \(f\left( 2 \right) = 12 \Rightarrow C = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \ln \left( {x - 1} \right) + 3{x^2}.\)
\(F\left( x \right) = \int {\left( {\ln (x - 1) + 3{x^2}} \right)dx} = x\ln \left( {x - 1} \right) - \int x d\left( {\ln \left( {x - 1} \right)} \right) + {x^3}\)
\( = x\ln dx - \int x \cdot \frac{1}{{x - 1}}dx + {x^3}\)\[ = x\ln \left( {x - 1} \right) - x - \ln \left( {x - 1} \right) + {x^3} + C' \cdot F(2) = 6\] nên \(C' = 0.\)
Suy ra \(F\left( x \right) = x\ln \left( {x - 1} \right) - x - \ln \left( {x - 1} \right) + {x^3}.\)
\(P = F\left( 5 \right) - 4F\left( 3 \right) = 5\ln 4 - 5 - \ln 4 + 125 - 4\left( {3\ln 2 - 3 - \ln 2 + 27} \right) = 120 - 96 = 24.{\rm{ }}\)
Chọn D.
\(27\pi .\)
\(36\pi .\)
\(18\pi .\)
\(54\pi .\)
Vì thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông nên suy ra \(h = 2R = 6\).
Diện tích xung quanh của hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi Rh = 2\pi .3.6 = 36\pi .\)
Chọn B.
\[{\left( {x - 3} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 16.\]
\({\left( {x - 3} \right)^3} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9.\)
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z + 3} \right)^2} = 36.\)
\({\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 49.\)
Gọi \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\) là tâm của mặt cầu \((S).\)
Mặt cầu \((S)\) tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ
\[ \Rightarrow d\left( {I,\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {Oyz} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {Oxz} \right)} \right) \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| = R\].
Mặt cầu \((S)\) đi qua \[A\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\] và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ.
Suy ra \(I\) và \(A\) phải cùng nằm trên một góc phần tám.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}IA = R\\a > 0\,;\,\,c > 0\,;\,\,b < 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = {R^2}\\a > 0\,;\,\,c > 0\,;\,\,b < 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b + 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 4} \right)}^2} = {R^2}}\\{a = c = - b = R > 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(do\,\,(1))}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( { - a + 1} \right)^2} + {\left( {a - 4} \right)^2} = {a^2}\\a = c = - b = R > 0\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{a^2} - 12a + 18 = 0\\a = c = - b = R > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} - 6a + 9 = 0\\a = c = - b = R > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = c = 3\\b = - 3\\R = 3\end{array} \right..\)
Do đó \(\left( S \right):{\left( {x - 3} \right)^3} + {\left( {y + 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9.\) Chọn B.
24
26
12
13
Ta có \(y' = - 4{x^3} + 12x + m - 2\).
Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow m = 4{x^3} - 12x + 2 = f\left( x \right).\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có đúng một nghiệm đơn
Hoặc có 2 nghiệm gồm một nghiệm đơn và một nghiệm kép.
Dựa vào BBT của \(f\left( x \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 10}\\{m \le - 6}\end{array}} \right.\) mà \(m \in \mathbb{Z}\,,\,\,m \in \left[ { - 20\,;\,\,20} \right]\).
Do đó có \(\left( {20 - 10 + 1} \right) + \left( { - 6 + 20 + 1} \right) = 26\) giá trị nguyên cần tìm. Chọn B.
8
9
6
7
ĐKХĐ: \(x > 0\,;\,\,{3^x} - 3 \cdot {2^{x - 1}} \ge 0\)
• TH1: \({3^x} - {3.2^{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow {3^x} = \frac{3}{2}{.2^x} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^x} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = 1\) (thỏa mãn)
• TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} - {{3.2}^{x - 1}} > 0}\\{\log _2^2\left( {4x} \right) - 3{{\log }_{\sqrt 2 }}x - 7 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{{{\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)}^2} - 6{{\log }_2}x - 7 \le 0}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{ \log _2^2x - 2 {{\log }_2}x - 3 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{ - 1 \le {{\log }_2}x \le 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{\frac{1}{2} \le x \le 8}\end{array} \Leftrightarrow 1 < x \le 8.} \right.} \right.} \right.\)
Từ hai trường hợp, ta suy ra \[x \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,8} \right\}.\]
Vậy có 8 số nguyên \(x\) thỏa mãn đề bài. Chọn A.
\(\frac{{\sqrt 2 }}{{36}}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 }}{6}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{36}}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 }}{{18}}.\)
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) (vì \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều).
Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \[BC.\]
• Xét hình vuông \[ABCD\] có: \(OC = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {{1^2} + {1^2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)
• Xét \[\Delta SOC\] vuông tại \(O\) có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \frac{{{{\sqrt 2 }^2}}}{2}\)
\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}.\)Ta có \({V_{S.DCI}} = \frac{1}{2}{V_{S.DBC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}\) (vì \({S_{DBC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\) và \(\left. {IC = \frac{1}{2}BC} \right).\)
\(\frac{{{S_{S.DCG}}}}{{{S_{S.DCI}}}} = \frac{{SD}}{{SD}} \cdot \frac{{SC}}{{SC}} \cdot \frac{{SG}}{{SI}} = \frac{2}{3}\) (vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(SBC).\)
\( \Rightarrow {V_{S.DCG}} = \frac{2}{3}{V_{S.DCI}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{{24}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{36}}.\) Chọn A.
3.
\[ - 1.\]
\[ - 16.\]
\[ - 17.\]
Ta có \({\max _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 0.\)
\(f'\left( x \right) = 4a{x^3} + 4\left( {a + 4} \right)x \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 4a + 4\left( {a + 4} \right) = 8a + 16\).
Do đó \(f'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow 8a + 16 = 0 \Leftrightarrow a = - 2.\)
Suy ra \(f\left( x \right) = - 2{x^4} + 4{x^2} - 1 \Rightarrow {\min _{\left[ {0\,;\,\,2} \right]}}f\left( x \right) = - 17.\) Chọn D.
\(3x + 2y + z + 14 = 0.\)
\(2x + y + 3z + 9 = 0.\)
\(3x + 2y + z - 14 = 0.\)
\(2x + y + z - 9 = 0.\)
Gọi \[A\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,b\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,c} \right)\]
Phương trình mặt phẳng \((P)\) có dạng: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1(a.b.c \ne 0)\)
Vì \(M \in (P)\) nên \(\frac{3}{a} + \frac{2}{b} + \frac{1}{c} = 1\).
Ta có: \[\overrightarrow {MA} = \left( {a - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {MB} = \left( { - 3\,;\,\,b - 2\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {BC} = \left( {0\,;\,\, - b\,;\,\,c} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - a\,;\,\,0\,;\,\,c} \right).\]
Vì \(M\) là trực tâm tam giác ABC nên: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {MA} \cdot \overrightarrow {BC} = 0}\\{\overrightarrow {MB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2b - c = 0}\\{3a - c = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2b = c}\\{3a = c}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Tử (1) và (2) suy ra \(a = \frac{{14}}{3}\,;\,\,b = \frac{{14}}{2}\,;\,\,c = 14.\)
Khi đó phương trình \((P):3x + 2y + z - 14 = 0\).
Vật mặt phẳng song song với \((P)\) là: \(3x + 2y + z + 14 = 0.\) Chọn A.
340 mét.
420 mét.
400 mét.
320 mét.
Trong 2 giây đầu \({v_1} = a{t^2}\), lại có \(t = 2\,s \Rightarrow {v_1} = 60\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\)
Nên \(60 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = 15\) suy ra \({v_1} = 15{t^2}.\)
Quãng đường vật đi được trong 2 giây đầu là \({s_1} = \int\limits_0^2 {{v_1}\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_0^2 {15{t^2}{\rm{d}}t} = 40\,\,(m).\)
Trong giây tiếp theo, thì vận tốc là \({v_2} = mt + n\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2 \Rightarrow v = 60\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})}\\{t = 3 \Rightarrow v = 100\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})}\end{array}} \right.\)
Khi đó, ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + n = 60}\\{3m + n = 100}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 40}\\{n = - 20}\end{array}} \right.} \right.\) \( \Rightarrow {v_2}\left( t \right) = 40t - 20.\)
Quãng đường vật đi được trong giây tiếp theo là: \[{s_2} = \int\limits_2^3 {{v_2}\left( t \right){\rm{d}}t} = \int\limits_2^3 {\left( {40t - 20} \right){\rm{d}}t} \].
Trong 2 giây cuối, \({v_3} = 100\,\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
Quãng đường vật đi được trong 2 giây cuối là: \({s_3} = \int\limits_3^5 {{v_3}\left( t \right)dt} = \int\limits_3^5 {100dt} = 200\,\,(m).\)
Vậy trong 5 giây đó xe đã đi được quãng đường là: \(40 + 80 + 200 = 320\,\,(\;{\rm{m}}).\) Chọn D.
9
7
3
5
Gọi \(k\) là hệ số góc của đường thẳng \(d\) qua A.
Ta có phương trình của \(d\) có dạng: \[y = k\left( {x - 1} \right) + m = kx + m - k.\]
\(d\) tiếp xúc \((C) \Leftrightarrow \) hệ sau có nghiệm \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{kx + m - k = {x^3} + 3{x^2} + 1}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 2{x^3} + 6x + 1}\\{k = 3{x^2} + 6x}\end{array}} \right.} \right..\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) phương trình \((*)\) phải có 3 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - 2{x^3} + 6x + 1\); Ta có \(f'\left( x \right) = - 6{x^2} + 6 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1.\)
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên, để phương trình \((*)\) có 3 nghiệm phân biệt suy ra \( - 3 < m < 5.\)
Vậy số phần tử của \(S\) là 7. Chọn B.
0.
1.
2.
\[ - 1.\]
Ta có \(d\,{\rm{//}}\,\left( P \right) \Rightarrow {\vec u_d} \bot {\vec n_{\left( P \right)}}\left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)\).
Lại có \(d \bot Oz \Rightarrow {\vec u_d} \bot {\vec u_{Oz}}\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\)
Do đó \[{\vec u_d} = \left[ {{{\vec n}_{\left( P \right)}};\,\,{{\vec u}_{Oz}}} \right] = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\,{\rm{//}}\,\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 1}\\{b = 0}\end{array}} \right..\] Chọn D.
\(T = 17.\)
\(T = 19.\)
\(T = 18.\)
\(T = 23.\)
Gọi \(G\) là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) và mặt cầu.
Theo giả thiết ta có \(OA = OB = OH = R = 5\) và \(HG = x.\)
GF là bán kính của đường tròn thiết diện. Khi đó \(GF = \sqrt {{5^2} - {{(5 - x)}^2}} = \sqrt {10x - {x^2}} .\)
Gọi \({S_1}\) là tâm của thiết diện cắt bởi mặt phẳng \((Q)\) và mặt cầu.
Gọi \(M\) là tâm của thiết diện cắt bởi \((Q)\) và hình nón.
Theo giả thiết ta có \(MI = x\) và \(\frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{ML}}{{ID}} \Rightarrow ML = \frac{{SM \cdot ID}}{{SI}} = \frac{{\left( {15 - x} \right) \cdot 5}}{{15}} = 5 - \frac{x}{3}{\rm{. }}\)
Gọi \({S_2}\) là diện tích thiết diện của mặt phẳng \((Q)\) và hình nón. Ta có \({S_2} = \pi {\left( {5 - \frac{x}{3}} \right)^2}\)
Do đó \(S = {S_1} + {S_2} = \pi \left[ {10x - {x^2} + {{\left( {5 - \frac{x}{3}} \right)}^2}} \right] = \pi \left( { - \frac{8}{9}{x^2} + \frac{{20}}{3}x + 25} \right)\)
Ta có \(S\) đạt giá trị lớn nhất khi \(f(x) = - \frac{8}{9}{x^2} + \frac{{20}}{3}x + 25\) đạt giá trị lớn nhất \( \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{4}.\)
Theo đề ra ta có: \(x = \frac{a}{b} = \frac{{15}}{4} \Rightarrow T = a + b = 19.\) Chọn B.
\(\frac{5}{{542}}.\)
\(\frac{5}{{42}}.\)
\(\frac{5}{{648}}.\)
\(\frac{5}{{54}}.\)
Không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = 9 \cdot A_9^8\).
Lấy 4 số lẻ từ 5 số lẻ có \(C_5^4\) (cách).
Vì số 0 không ở vị trí đầu tiên và vị trí cuối cùng, mặt khác số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ nên có 7 cách xếp vị trí số 0.
Chọn hai số lẻ trong 4 số lẻ và xếp liền kề trước và sau số 0 ta có \(A_4^2\) (cách).
Các vị trí còn lại có \(6!\) cách.
Do đó có \(7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!\) cách chọn số thỏa mãn đề bài.
Xác suất chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
\(n(A) = \frac{{7 \cdot C_5^4 \cdot A_4^2 \cdot 6!}}{{9 \cdot A_9^8}} = \frac{5}{{54}}\). Chọn D.
Kí hiệu A là tập hợp học sinh tham gia tiết mục múa, B là tập hợp học sinh tham gia tiết mục hát, E là tập hợp nhóm học sinh.
Ta có thể biểu diễn tập hợp đó bằng biểu đồ Ven:
Khi đó, \(A \cap B\) là tập hợp học sinh tham gia cả hai tiết mục.
Số phần tử của tập hợp A là 5, số phần tử của tập hợp \(A \cap B\) là 3, số phần tử của tập hợp E là 12.
Số học sinh tham gia ít nhất một trong hai tiết mục là: \(12 - 4 = 8\) (học sinh).
Số học sinh tham gia tiết mục hát mà không tham gia tiết mục múa là: \(8 - 5 = 3\) (học sinh).
Số học sinh tham gia tiết mục hát là: \(3 + 3 = 6\) (học sinh).
Đáp án: 6.
Ta có \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng có \({u_1} = - 1,d = 3,{u_n} = {u_1} + (n - 1)d = - 1 + (n - 1).3 = 3n - 4.\)
\( \Rightarrow \lim \frac{{{u_n}}}{{5n + 2020}} = \lim \frac{{3n - 4}}{{5n + 2020}} = \lim \frac{{3 - \frac{4}{n}}}{{5 + \frac{{2020}}{n}}} = \frac{3}{5}{\rm{. }}\)
Đáp án: \(\frac{3}{5}.\)
Giả sử nón đỉnh \(S\), tâm đáy \(O\) và có thiết diện qua đỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(\Delta SAB.\)
Ta có \[SO\] là đường cao của hình nón nên \(SO \bot AB.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB.\)
\( \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right)\,\,(*)\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) lên \(SI \Rightarrow OH \bot SI.\)
Từ \((*) \Rightarrow AB \bot OH \Rightarrow OH \bot (SAB) \Rightarrow OH = 12.\)Xét tam giác vuông \[SOI\] có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{{{12}^2}}} - \frac{1}{{{{20}^2}}} = \frac{1}{{225}} \cdot \Rightarrow O{I^2} = 225 \Rightarrow OI = 15.{\rm{ }}\)
Xét tam giác vuông SOI có \(SI = \sqrt {O{S^2} + O{I^2}} = \sqrt {{{20}^2} + {{15}^2}} = 25.\)
Xét tam giác vuông OIA có \(IA = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}} = 20 \Rightarrow AB = 40.\)
Ta có \(S = {S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot SI = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 25 = 500.\)
Đáp án: 500.
Gọi \({M_0}\left( {{x_0};x_0^3 - 3x_0^2} \right)\) là tiếp điểm.
Tiếp tuyến \(\Delta \) của \((C)\) tại \({M_0}\) có dạng \(y = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2\)
\(\Delta \) qua \(B\left( {0\,;\,\,b} \right)\, \Leftrightarrow b = \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right)\left( {0 - {x_0}} \right) + x_0^3 - 3x_0^2 \Leftrightarrow - b = 2x_0^3 - 3x_0^2(*)\)
Có đúng một tiếp tuyến của \((C)\) đi qua điểm \(B\left( {0\,;\,\,b} \right)\, \Leftrightarrow (*)\) có đúng một nghiệm \({x_0}.\)
Đặt \[g\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2}\,;\,\,g'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\,;\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\]
Ta có bảng biến thiên của hàm \(g\left( x \right)\)
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình \((*)\) có đúng 1 nghiệm \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - b > 0}\\{ - b < - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b < 0}\\{b > 1}\end{array}} \right.} \right..\)
Vì \(b\) nguyên và \(b \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) nên \(b \in \left\{ { - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,9} \right\}\), suy ra 17 giá trị của \[b.\]
Đáp án: 17.
Áp dụng công thức tính nhanh sau:
Cho khối chóp \[S.ABC\]. Đặt \(SA = a\,,\,\,SB = b\,,\,\,SC = c\,,\,\,\widehat {BSC} = \alpha \,,\,\,\widehat {CSA} = \beta \,,\,\,\widehat {ASB} = \lambda .\)
Khi đó ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}abc\sqrt {1 + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \lambda - {{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\beta - {{\cos }^2}\lambda } \).
Đặt \(\widehat {AA'B} = \widehat {BA'C} = \widehat {CA'A} = \alpha = 60^\circ .\)
Ta có \({V_{A'.ABC}} = \frac{1}{6}AA' \cdot A'B \cdot A'C \cdot \sqrt {1 + 2{{\cos }^3}\alpha - 3{{\cos }^2}\alpha } = 20.\)
Suy ra thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng:
\[{V_{ABC.A'B'{{C'}^\prime }}} = 3{V_{A' \cdot ABC}} = 3 \cdot 20 = 60.\]
Đáp án: 60.Ta có đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{2{x^2} + 6x - m - 3}}\) có hai đường tiệm cận đứng
\( \Leftrightarrow \) Phương trình \(2{x^2} + 6x - m - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác 1
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{2 \cdot {1^2} + 6 \cdot 1 - m - 3 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^2} - 2\left( { - m - 3} \right) > 0}\\{m \ne 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - \frac{{15}}{2}}\\{m \ne 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Vậy có 17 giá trị nguyên của \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Đáp án: 17.
Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} > 0}\\{5x - 1 > 0}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > \frac{1}{5}}\\{m > 0}\end{array}} \right.} \right..\)
Ta có \({\log _9}{x^2} - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) = - {\log _3}m \Leftrightarrow {\log _{{3^2}}}{x^2} - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) = - {\log _3}m\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}x - {\log _3}\left( {5x - 1} \right) = {\log _3}\frac{1}{m}\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{x}{{5x - 1}} = {\log _3}\frac{1}{m} \Leftrightarrow \frac{x}{{5x - 1}} = \frac{1}{m}\) có nghiệm
Khi và chỉ khi \(\frac{1}{m} > \frac{1}{5} \Leftrightarrow 0 < m < 5\) (dựa vào bảng biến thiên).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \[m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}.\]
Đáp án: 4.
Ta có \(P = \left| {z + i\bar w - 6 - 8i} \right| = \left| {\left( { - 6 - 8i} \right) - \left( { - z} \right) - \left( {i \cdot \bar w} \right)} \right|\)
\( \ge \left| {\left| { - 6 - 8i} \right| - \left| { - z} \right| - \left| { - i\bar w} \right|} \right| = 10 - \left| z \right| - \left| w \right| = 10 - 1 - 2 = 7.\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 7 .
Đáp án: 7.
Đặt \(t = \ln x - 1 \Rightarrow dt = \frac{{dx}}{x}.\)
Đổi cận \(x = \frac{1}{e} \Rightarrow t = - 2\) và \(x = {e^2} \Rightarrow t = 1.\)
Khi đó \(I = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( t \right)dt} = \int\limits_{ - 2}^1 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_{ - 2}^0 {f\left( x \right)dx} + \int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} \)
\( = \int\limits_{ - 2}^0 {\left( {{x^2} - 2x + 2} \right)dx} + \int\limits_0^1 {\left( {{e^x} + 1} \right)dx} \)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2} + 2x} \right)} \right|_{ - 2}^0 + \left. {\left( {{e^x} + x} \right)} \right|_0^1 = \frac{{32}}{3} + e = \frac{a}{b} + ce{\rm{. }}\)
Suy ra \(a = 32\,,\,\,b = 3\,,\,\,c = 1.\) Vậy \(a + b + c = 36.\)
Đáp án: 36
Ta có \({z^2} + az + b = 0\); \[w = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right){\rm{. }}\]
Phương trình (1) có 2 nghiệm phức là:
\({z_1} = w + 1 + i = x + 1 + \left( {y + 1} \right)i\); \({z_2} = 2w - 1 + 5i = 2x - 1 + \left( {2y + 5} \right)i\)
Vì \({z_1},{z_2}\) là 2 nghiệm của (1) suy ra: \({z_1} = {\bar z_2} \Rightarrow x + 1 + \left( {y + 1} \right)i = 2x - 1 - \left( {2y + 5} \right)i\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = 2x - 1}\\{y + 1 = - \left( {2y + 5} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = - 2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = 3 - i}\\{{z_2} = 3 + i}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Theo Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = - a}\\{{z_1},{z_2} = b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 6}\\{b = 10}\end{array} \Rightarrow a + b = 4} \right.} \right..\)
Đáp án: 4.
Trường hợp 1:
− Hoa và Nam cùng với 1 bạn nam và 1 bạn nữ thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Hoa và Nam và có \(C_3^1.C_7^1\) cách chọn 1 bạn nam (trong 7 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại).
− Nhóm thứ hai có 3 bạn nam (trong 6 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 2 bạn nữ còn lại) nên có \(C_6^3 \cdot C_2^1\) (cách).
− Cuối cùng còn lại 3 bạn nam và 1 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.
Do đó trong trường hợp này có \(1 \cdot C_3^1 \cdot C_7^1 \cdot C_6^3 \cdot C_2^1 \cdot 1 = 840\) (cách).
Trường hợp 2:
− Hoa và Nam cùng với 2 bạn nam thành một nhóm nên có duy nhất 1 cách chọn Hoa và Nam và có \(C_7^2\) cách chọn 2 bạn nam trong 7 bạn nam còn lại.
− Nhóm thứ hai có 2 bạn nam (trong 5 bạn nam còn lại) và 1 bạn nữ (trong 3 bạn nữ còn lại) nên có \(C_5^2 \cdot C_3^1\) (cách).
− Cuối cùng còn lại 2 bạn nam và 2 bạn nữ nên có 1 cách duy nhất cho nhóm thứ ba.
Do đó trong trường hợp này có \(1 \cdot C_7^2 \cdot C_5^2 \cdot C_3^1 \cdot 1 = 630\) (cách).
Trường hợp 3:
− Hoa và Nam cùng với 2 bạn nam thành một nhóm.
− Nhóm thứ hai có 2 bạn nam và 2 bạn nữ.
− Suy ra nhóm thứ ba có 3 bạn nam và 1 bạn nữ.
Trường hợp này trùng với trường hợp thứ hai nên ta không tính.
Suy ra có \(840 + 630 = 1\,\,470\) cách chia theo yêu cầu bài toán.
Đáp án: 1470.
Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) và bán kính \[R.\]
Gọi \(M\left( {1 + {t_0}\,;\,\,1 + 2{t_0}\,;\,\,2 - 3{t_0}} \right) \in d.\)
Giả sử \(T\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right) \in (S)\) là một tiếp điểm của tiếp tuyến \[MT\] với mặt cầu \((S).\)
Khi đó: \(O{T^2} + M{T^2} = O{M^2}\)
\( \Leftrightarrow 9 + {\left[ {x - \left( {1 + {t_0}} \right)} \right]^2} + {\left[ {y - \left( {1 + 2{t_0}} \right)} \right]^2} + {\left[ {z - \left( {2 - 3{t_0}} \right)} \right]^2} = {\left( {1 + {t_0}} \right)^2} + {\left( {1 + 2{t_0}} \right)^2} + {\left( {2 - 3{t_0}} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow 9 + {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x\left( {1 + {t_0}} \right) - 2y\left( {1 + 2{t_0}} \right) - 2z\left( {2 - 3{t_0}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {1 + {t_0}} \right)x + \left( {1 + 2{t_0}} \right)y + \left( {2 - 3{t_0}} \right)z - 9 = 0.\) (vì \({x^2} + {y^2} + {z^2} = O{T^2} = 9\))
Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có dạng: \(\left( {1 + {t_0}} \right)x + \left( {1 + 2{t_0}} \right)y + \left( {2 - 3{t_0}} \right)z - 9 = 0\)
Do \(D\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right) \in \left( {ABC} \right)\) nên \[1 + {t_0} + 1 + 2{t_0} + 2\left( {2 - 3{t_0}} \right) - 9 = 0 \Leftrightarrow {t_0} = - 1 \Rightarrow M = \left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,5} \right).\]
Vậy \(T = {0^2} + {\left( { - 1} \right)^2} + {5^2} = 26.\)
Đáp án: 26.
Giả sử chi phi sản xuất mỗi đơn vị diện tích cho bề mặt xung quanh là \(a\) đồng thì chi phi sản xuất cho mỗi đơn vị diện tích của mặt đáy là \[3a\] đồng.
Chi phí sản xuất thùng là \(S = 2\pi r\ell \cdot a + 2\pi {r^2}.3a = 2\pi rh \cdot a + 2\pi \cdot {r^2} \cdot 3a\)
\( = 2a\pi r \cdot \frac{V}{{\pi {r^2}}} + 6a\pi {r^2} = \frac{{2aV}}{r} + 6a\pi {r^2} = 2a\left( {\frac{V}{r} + 3\pi {r^2}} \right) = 2a \cdot f\left( r \right)\).
Chi phí vật liệu sản xuất thùng nhỏ nhất khi \(f\left( r \right) = \frac{V}{r} + 3\pi {r^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có \(f'\left( r \right) = \frac{{ - V}}{{{r^2}}} + 6\pi r = 0 \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{6\pi }}}}\).
Bảng biến thiên
Vậy \(\min f\left( r \right) \Leftrightarrow r = \sqrt[3]{{\frac{V}{{6\pi }}}} \Rightarrow \frac{h}{r} = \frac{V}{{\pi {r^3}}} = \frac{V}{{\pi \cdot {{\left( {\sqrt[3]{{\frac{V}{{6\pi }}}}} \right)}^3}}} = 6.{\rm{ }}\)
Đáp án: 6.
Nhận xét: Ta có thể giải bài toán với cạnh hình vuông \(a = 1.\)
Gọi \[O,\,\,M\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,CD.\]
Vì \[SAB\] là tam giác đều và \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với \(\left( {ABCD} \right),\) \(SO \bot AB \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)
Xét tam giác SOA vuông tại \(O\)
\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{1^2} - \frac{1}{{{2^2}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)Xét hệ trục Oxyz có \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,M\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {0\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,0} \right),\,\,S\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\)
Khi đó: \(C\left( {1\,;\,\,\frac{{ - 1}}{2}\,;\,\,0} \right),\,\,D\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,0} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) có vectơ pháp tuyến \({\vec n_1} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\,;\,\,\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\,;\,\,\frac{{ - 1}}{2}} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) có vectơ pháp tuyến \({\vec n_2} = \left[ {\overrightarrow {SC} ,\,\,\overrightarrow {CD} } \right] = \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
Vậy \(\cos \varphi = \frac{{\left| {{{\vec n}_1} \cdot {{\vec n}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec n}_1}} \right| \cdot \left| {{{\vec n}_2}} \right|}} = \frac{5}{7}.\) Đáp án: \(\frac{5}{7}.\)
Có bao nhiêu giá trị nguyên của \(m \in \left[ { - 2020\,;\,\,2020} \right]\) để hàm số \(g\left( x \right) = {e^{ - {x^2} + \,4mx\, - \,5}} \cdot f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;\frac{1}{2}} \right)\,?\)
Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( { - 2x + 4m} \right){e^{ - {x^2} + \,4mx - 5}} \cdot f\left( x \right) + {e^{ - {x^2} + \,4mx - 5}} \cdot f'\left( x \right)\)
\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) = \left[ {\left( { - 2x + 4m} \right) \cdot f\left( x \right) + f'\left( x \right)} \right] \cdot {e^{ - {x^2} + \,4mx\, - \,5}}\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( { - 2x + 4m} \right) \cdot f\left( x \right) + f'\left( x \right) \ge 0\,,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\) (vì \({e^{ - {x^2} + 4mx - 5}} > 0)\)
\( \Leftrightarrow - 2x + 4m \ge - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\) (vì \(f\left( x \right) > 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R})\)
\( \Leftrightarrow 4m \ge 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)
Xét \(h\left( x \right) = 2x - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)
Ta có \[h'\left( x \right) = 2 - \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}}.\]
Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f''\left( x \right) < 0}\\{f\left( x \right) > 0}\end{array},\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} < 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)} \right.{\rm{. }}\)
Từ đó suy ra \(h'\left( x \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\) Vậy hàm số \(h(x)\) đồng biến trên \(\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\)
Ta có bảng biến thiên:
Do đó, điều kiện \((*) \Leftrightarrow 4m \ge h\left( {\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow 4m \ge 2 \cdot \frac{1}{2} - \frac{{f'\left( {\frac{1}{2}} \right)}}{{f\left( {\frac{1}{2}} \right)}} \Leftrightarrow 4m \ge \frac{{225}}{{137}} \Leftrightarrow m \ge \frac{{225}}{{548}}.\)
Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m \in \left[ { - 2020\,;\,\,2020} \right]}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,2020} \right\}} \right..\)
Vậy có 2020 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 2020.
Không nên khoe mẽ phô trương vật chất.
Mỗi nhà cần xây dựng một tủ sách.
Thói quen đọc sách của người Do Thái.
Văn hóa đọc sách ở Việt Nam cần được trau dồi và phát hiển.
Nội dung của đoạn trích nói về văn hóa đọc sách ở Việt Nam cần được trau dồi và phát triển, nâng niu trân trọng sách giống như nâng niu, am hiểu về những chai rượu ngoại của ông tá hải quân và cách giữ gìn tủ sách như của người Do Thái. Chọn D.
Để trẻ em ngửi được mùi nước hoa trên sách.
Một kiểu trang trí nội thất của người Do Thái.
Để nhấn mạnh truyền thống của gia đình.
Để trẻ nhỏ dễ nhìn, dễ thấy, dễ tiếp cận sách.
Tủ sách của người Do Thái thường được để ở đầu giường để giúp trẻ được ghi nhớ hình ảnh tủ sách vào trong tiềm thức từ khi còn nhỏ, trẻ dễ nhìn, dễ thấy, dễ tiếp cận sách. Chọn D.
Để kể về trải nghiệm được thưởng thức rượu ngon của mình.
Để liên hệ tới sự trân trọng và am hiểu về sách.
Để lên án sự khoe mẽ vật chất và phô trương.
Để chứng tỏ đất nước Việt Nam đang ngày càng phát triển và giàu có.
Tác giả mượn câu chuyện về tủ rượu ngoại của ông tá hải quân nhằm liên hệ tới việc trân trọng, giữ gìn và cần phải am hiểu về sách giống như am hiểu về rượu ngoại. Chọn B.
Coi trọng tiền bạc hơn học thức.
Thích khoe mẽ, phô trương.
Giàu có nhưng dốt nát.
Kiêu căng, hợm hĩnh.
Tư duy trọc phú là thể hiện sự coi trọng tiền bạc hơn học thức, đề cao những giá trị về mặt vật chất hơn giá trị về tri thức. Chọn A.
Ở Do Thái, cha mẹ thường rèn cho con cái thói quen đọc sách từ nhỏ.
Người Việt cần tự tạo dựng thói quen đọc sách.
Người Việt thích khoe vật chất, không đề cao giá trị của sách.
Mỗi gia đình người Việt nên xây dựng “tủ sách” thay vì “tủ rượu”.
Trong đoạn trích nhắc đến cách người Do Thái dạy con đọc sách ngay từ nhỏ, và thể hiện mong muốn của tác giả là mỗi người Việt Nam, mỗi gia đình Việt Nam cần tự tạo dựng thói quen đọc sách và xây dựng tủ sách. Trong đoạn trích không đề cập cụ thể việc người Việt thích khoe vật chất, không đề cao giá trị của sách. Chọn C.
Lục bát.
Thất ngôn.
Ngũ ngôn.
Tự do.
Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do. Chọn D.
Gọi đáp, phụ chú.
Cảm thán, tình thái.
Gọi đáp, cảm thán.
Tình thái, phụ chú.
Hai dòng thơ đầu có sử dụng các thành phần biệt lập là: Thành phần cảm thán: “Ôi”. Thành phần tình thái: “Có ngờ đâu”. Thể hiện tâm trạng xúc động rưng rưng của nhà thơ khi trở về quê cũ. Chọn B.
So sánh, liệt kê.
Nhân hoá, điệp từ.
Điệp từ, liệt kê.
So sánh, ẩn dụ.
Hai biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích trên là: Liệt kê và điệp từ. Từ “ta” được điệp lại nhiều lần kết hợp với một loạt những động từ “gặp”, “yêu”, “nhìn”, “say”, “ngắm”,… nhằm nhấn mạnh tình yêu quê hương tha thiết và nỗi xúc động, bồi hồi của tác giả khi trở lại quê nhà sau bao năm năm xa cách. Đồng thời tạo nhịp điệu cho câu thơ, tăng sức gợi hình gợi cảm cho sự diễn đạt. Chọn C.
So sánh.
Nói giảm nói tránh.
Nói quá.
Câu hỏi tu từ.
So sánh: Những bông trang trắng, những bông trang hồng – tấm lòng em, trái tim em. Chọn A.
Xanh biếc bóng dừa, tiếng võng đưa, hoa lục bình tím cả bờ sông.
Những mặt người ta yêu biết mấy, đoạn đường xưa.
Những bông trang trắng, hồng; con sông nước chẳng đổi dòng.
Tất cả các đáp án trên.
Những hình ảnh trong đoạn trích đã thể hiện được vẻ đẹp và sức sống tiềm tàng, mãnh liệt của quê hương là: xanh biếc bóng dừa, những mặt người ta yêu biết mấy, đoạn đường xưa, tiếng võng đưa, những bông trang trắng, những bông trang hồng, con sông nước chẳng đổi dòng, hoa lục bình tím cả bờ sông. Chọn D.
Hà Nội là thành phố “ngã ba sông”.
Hà Nội là vùng đất bãi.
Vai trò của sông hồ đối với người Hà Nội.
Đặc điểm địa lí tự nhiên của Hà Nội.
Ở đoạn trích trên các phương án A, B, C đều chưa đầy đủ, chưa bao quát hết được toàn bộ nội dung của đoạn trích bởi chỉ đề cập đến một khía cạnh nội dung mà đoạn trích nói đến. Chọn D.
Là do con người đã không ngừng cải tạo các điều kiện tự nhiên.
Là do ảnh hưởng của việc quy hoạch Hà Nội giống như ngày nay.
Là do ảnh hưởng của quá trình đắp đê phòng lụt từ xa xưa.
Là do nước của con sông tràn vào những khu vực đất thấp.
Dựa vào các chi tiết: Thục Phán đắp lũy thành Cổ Loa cũng là đắp đê phòng lụt. Sử biên niên nhà Hán chép rằng, ở đầu công nguyên, huyện Phong Khê (Đông Anh) đã có đê phòng lụt. Đê sẽ làm cho quá trình bồi tụ tự nhiên bị ngăn chặn lại, ít nhất là từng phần. Cho nên đất Hà Nội nội thành, bên hồ Tây và dòng Tô Lịch, lại có rất nhiều đầm hồ. → Nội thành Hà Nội có nhiều đầm hồ là do ảnh hưởng của quá trình đắp đê phòng lụt từ xa xưa. Chọn C.
Để quản lí cư dân và chống giặc ngoại xâm.
Để chống giặc ngoại xâm và phòng lụt.
Để quản lí cư dân và bảo vệ đê điều.
Để đề phòng lũ lụt và kiến tạo hồ đầm.
Đây là câu hỏi suy luận. Cần chú ý đến mục đích vốn có của việc đắp lũy Cổ Loa là để chống giặc (mục đích này không được nhắc đến trực tiếp trong đoạn trích) nhưng có thể suy ra từ đoạn trích. Khi tác giả dùng từ “cũng” trong câu: “Thục Phán đắp lũy thành Cổ Loa cũng là đắp đê phòng lụt” thì có nghĩa việc phòng lụt chỉ là mục đích đi kèm, mục đích phụ của việc đắp thành lũy Cổ Loa. Chọn B.
Là nguồn cung cấp nước sinh hoạt cho cộng đồng cư dân.
Là hệ thống thủy lợi và giao thông quan trọng.
Là yếu tố góp phần phòng vệ đất nước.
Là điểm nhấn tạo nên điểm khác biệt của Hà Nội với các tỉnh, thành khác.
- Phương án A, B: Thông tin có trong câu: Sông hồ không những là nguồn nước dùng trong sinh hoạt mà còn là hệ thống thuỷ lợi và giao thông truyền thống.
- Phương án C: Thông tin có trong câu: Sông hồ cũng là những sự kiện địa lí được dùng làm nguyên lí sơ khởi chỉ đạo việc quy tụ xóm làng, phường và thành lũy phòng vệ (sử dụng những đoạn sông Hồng, sông Tô làm ngoại hào).
- Phương án D: Thông tin không được nhắc đến trong đoạn trích.
→ Chọn D.
Phóng khoáng.
Lưu manh.
Lãng đãng.
Tự do.
Từ “du đãng” xuất hiện trong câu văn: Có đời sống du đãng tự nhiên của những con sông ở đồng bằng do chính chúng tạo thành.... Ta có thể bám vào cụm từ “do chính chúng tạo thành” tức là không bị phụ thuộc vào ai, không bị yếu tố nào khác tác động để xác định từ “du đãng” trong đoạn trích gần nghĩa nhất với từ “tự do”. Chọn D.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Thuyết minh.
Miêu tả.
Đoạn trích được viết theo phương thức biểu đạt là: biểu cảm. Chọn A.
Điệp từ, ẩn dụ.
Điệp từ, hoán dụ.
Nói quá, hoán dụ.
Hoán dụ, so sánh.
Khao khát trong tình yêu.
Niềm hạnh phúc trong tình yêu.
Tình yêu và sự tôn trọng đối với người mình yêu.
Trạng thái cảm xúc, tình cảm của nhân vật “em”.
Ý nghĩa của câu thơ: Biết khao khát những điều anh mơ ước: xuất phát từ tình yêu và sự tôn trọng đối với người mình yêu, nhân vật “em” đồng cảm và sống hết mình với ước mơ của người mình yêu. Chọn C.
khao khát, được.
khao khát, xúc động, yêu.
khao khát, trái tim, mơ ước.
khao khát, mơ ước.
Những từ nêu lên những trạng thái cảm xúc, tình cảm của nhân vật “em”: khao khát, xúc động, yêu. Chọn B.
Tình yêu là động lực, là sức mạnh giúp con người vượt qua giông gió cuộc đời, sống hết mình cho tình yêu.
Sống thật với cảm xúc của bản thân, tình yêu chân thành từ hai phía.
Biết đồng cảm, thấu cảm, sẻ chia trong tình yêu.
Phải có nhiều tiền, công việc ổn định, con người được làm những điều mình thích, đừng hi sinh vì người khác, hãy sống vì mình.
Các đáp án A, B, C đều là những thông điệp được gửi gắm trong đoạn thơ. Chỉ có đáp án D không phải là thông điệp nhà thơ muốn gửi gắm. Chọn D.
cần phải.
xâm nhập.
đời sống.
viết bài.
“xâm nhập” có nghĩa là đi vào một cách trái phép, thường gây ra tác hại; từ đúng trong câu này là “thâm nhập”: đi sâu vào và cùng hoà mình trong một môi trường hoạt động nào đó. Chọn B.
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.
chúa đất áp bức.
cuộc sống tăm tối.
phản kháng.
cuộc sống bình thường.
Nội dung câu văn là thể hiện quá trình đấu tranh của người dân vùng cao Tây Bắc chống lại bọn thực dân, chúa đất đã giam hãm để có cuộc sống tự do. Cụm từ “cuộc sống bình thường” sử dụng chưa phù hợp. Chọn D.
kiêu hãnh.
phần hồn.
vạy mượn.
thi quyển.
Đoạn văn trên thể hiện niềm tự hào của người Việt đối với thể thơ lục bát. Thơ lục bát mang đặc trưng của người Việt, thể hiện tới đời sống tinh thần của nhân dân. Từ “vay mượn” ở đây là từ sai ngữ nghĩa vì thơ ca là sản phẩm của con người tức là con người có trước rồi mới có thơ ca nên phần hồn của con người không thể “vay mượn” từ thơ ca được. Thay “vay mượn” bằng “nương náu”. Chọn C.
đã.
trôi qua.
sau khi.
trở lại.
Cụm từ “sau khi” là thừa trong câu này; sự có mặt của nó trong câu làm cho ý diễn đạt bị rối, không rõ nghĩa. Chọn C.
mắt bão.
mắt lưới.
mắt bồ câu.
mắt na.
Từ “mắt bồ câu” là đôi mắt to tròn, đẹp và trong sáng như mắt chim bồ câu (mắt được dùng với nghĩa đen); các từ còn lại trong nhóm (mắt lưới, mắt bão, mắt na) đều được dùng với nghĩa chuyển. Chọn C.
lăn tăn.
cuồn cuộn.
nhấp nhô.
nhấp nhổm.
Các từ “nhấp nhô, cuồn cuộn, lăn tăn” là các từ đồng nghĩa dùng để chỉ trạng thái vận động của con sóng. Từ “nhấp nhổm” là từ dùng để chỉ hoạt động trạng thái của con người. Chọn D.
ăn.
nhai.
nhìn.
cắn.
Các từ “ăn, nhai, cắn” là các từ chỉ hoạt động của răng miệng. “Nhìn” là từ chỉ hoạt động của mắt. Chọn C.
Nền văn học chủ yếu vận động theo hướng cách mạng hóa.
Nền văn học luôn hướng về đại chúng.
Nền văn học có tính chất hướng nội, quan tâm nhiều hơn tới số phận cá nhân.
Nền văn học chủ yếu mang khuynh hướng sử thi và cảm hứng lãng mạn.
Nền văn học có tính chất hướng nội, quan tâm nhiều hơn tới số phận cá nhân không phải là đặc điểm của văn học Việt Nam giai đoạn 1945 – 1975. Đây là đặc điểm của văn học sau năm 1975. Chọn C.
đo đỏ.
tim tím.
xanh xanh.
thăm thẳm.
Các từ “đo đỏ, tim tím, xanh xanh” chỉ màu sắc; “thăm thẳm” chỉ độ sâu. Chọn D.
Nam Á.
Tây Á.
Hán Tạng.
Ấn – Âu.
Tiếng Việt thuộc họ ngôn ngữ Nam Á, dòng Môn - Khmer và có quan hệ gần gũi với tiếng Mường. Chọn A.
tuy/ vẫn.
còn/ vẫn.
dù/ thì.
nên/ chỉ.
Hai mẹ con Cám hí hửng sắm sửa quần lành, áo tốt, còn Tấm vẫn quần áo rách mướp. Chọn B.
tự sự.
tự sự dân gian.
trữ tình.
trữ tình dân gian.
Ca dao là tác phẩm thơ trữ tình dân gian, thường kết hợp với âm nhạc khi diễn xướng, được
Ca dao là tác phẩm thơ trữ tình dân gian, thường kết hợp với âm nhạc khi diễn xướng, được sáng tác nhằm diễn tả thế giới nội tâm của con người. Chọn D.
sáng tác nhằm diễn tả thế giới nội tâm của con người. Chọn D.
yêu đời.
lãng mạn.
lẽ phải.
lí lẽ.
Nghệ thuật lập luận của Hồ Chí Minh thể hiện một trình độ tư duy sắc sảo, một tầm nhìn bao quát và một trái tim luôn hướng về công lí, lẽ phải, chính nghĩa. Chọn C.
kế thừa – phát huy.
kế cận – sáng tạo.
kế nhiệm – phát triển.
duy trì – tiếp nối.
Những yếu tố truyền thống từ tư tưởng dân tộc: chủ nghĩa nhân đạo, chủ nghĩa yêu nước và chủ nghĩa anh hùng đều là những truyền thống tốt đẹp của dân tộc thường được đề cập tới trong văn học dân gian và văn học trung đại, vì thế văn học giai đoạn 1945 – 1975 “kế thừa” (tiếp nhận những thứ tốt đẹp của cha ông để lại) và “phát huy” (làm nó tốt lên, nhiều lên). Chọn A.
Phấp phỏng, âu lo.
Say mê, hứng khởi.
Bình thản, ung dung .
Ngạc nhiên, sửng sốt.
Được chứng kiến tận mắt sự dữ dội, hùng vĩ của con sông Đà, với những so sánh liên tưởng thú vị “tiếng nước thác nghe như là oán trách gì, rồi lại như là van xin, rồi lại như là khiêu khích, giọng gằn mà chế nhạo....” có thể thấy thái độ của tác giả rất say mê, hứng khởi. Chọn B.
Thể hiện thái độ phê phán không đồng tình.
Thể hiện thái độ ngưỡng mộ, cảm phục.
Thể hiện thái độ ngạc nhiên, bất ngờ.
Thể hiện thái độ đồng cảm, xót xa.
Xác định các chi tiết có trong đoạn trích:
- “Chúa đều ra sức thu lấy, không thiếu một thứ gì”: Chúa Trịnh dùng quyền lực để cướp bóc những thứ của quý trong thiên hạ về tô điểm cho phủ Chúa.
- “phải một cơ binh khiêng mới nổi, lại bốn người đi kèm, đều cầm gươm, đánh thanh la đốc thúc quân lính khiêng đi cho đều tay”: Sự phô trương, hao tốn sức người vào những việc không đáng.
- “Mỗi khi đêm thanh vắng, tiếng chim kêu vượn hót ran khắp bốn bề, hoặc nửa đêm ồn ào như trận mưa sa gió táp, vỡ tổ tan đàn, kẻ thức giả biết đó là triệu bất thường”: dự báo về sự sụp đổ của Chúa Trịnh.
→ Đoạn trích kể lại câu chuyện Chúa Trịnh sử dụng quyền lực để vơ vét, cướp bóc của quý trong thiên hạ. Giọng điệu phê phán, chê trách, không đồng tình. Chọn A.
Sự mất mát, hi sinh không chút bi luỵ của người lính Tây Tiến.
Ý chí chiến đấu quên mình của những người lính Tây Tiến.
Miêu tả một giấc ngủ giữa hai trận đánh của người lính.
Nỗi xót xa, thương tiếc đồng đội của tác giả.
Cụm từ “bỏ quên đời” là cách nói giảm nói tránh về cái chết, gợi tư thế ngạo nghễ không chút bi lụy của người lính Tây Tiến. Chọn A.
Hoán dụ.
So sánh.
Ẩn dụ.
Nhân hóa.
Ẩn dụ: nắng hạ, mặt trời chân lí → chỉ lí tưởng cách mạng, ánh sáng của Đảng. Chọn C.
So sánh.
Nói quá.
Nói giảm nói tránh.
Liệt kê.
Liệt kê: Khi Thủ khoa, khi Tham tán, khi Tổng đốc Đông,… Chọn D.
Từ ngữ được lựa chọn giàu tính tạo hình.
Lựa chọn tình huống tiêu biểu.
Lựa chọn sự kiện, tình tiết tiêu biểu.
Phân tích tâm lí sắc sảo.
Đoạn trích trong tác phẩm “Chữ người tử tù” của Nguyễn Tuân trong hoàn cảnh đêm trước khi quản ngục nhận Huấn Cao về buồng giam. Đây là lúc ông đang suy ngẫm về ý nghĩa của cuộc đời và cái đẹp trong cuộc đời mình. Chọn D.
Liệt kê, hoán dụ, nhân hóa, đối lập.
Nói quá, ẩn dụ, nhân hóa, đối lập.
Liệt kê, ẩn dụ, so sánh, đối lập.
Liệt kê, ẩn dụ, nhân hóa, đối lập.
Các biện pháp tu từ xuất hiện trong đoạn thơ trên là: liệt kê, ẩn dụ, nhân hóa, đối lập.
+ Liệt kê các trạng thái của sóng (dữ dội, dịu êm, ồn ào, lặng lẽ).
+ Ẩn dụ hình ảnh “sông” và “sóng” cho chủ thể trữ tình cô gái và chàng trai.
+ Nhân hóa “sông không hiểu mình” và “sóng tìm ra tận bể”.
+ Đối lập: khắc họa các trạng thái đối lập của sóng (dữ dội >< dịu êm; ồn ào >< lặng lẽ).
→ Chọn D.
Ngây thơ.
Nhạy cảm.
Trong sáng.
Hiền hậu.
Chi tiết “Một mùi âm ẩm bốc lên, hơi nóng của ban ngày lẫn với mùi cát bụi quen thuộc quá, khiến chị em Liên tưởng là mùi riêng của đất, của quê hương này” thể hiện tâm hồn nhạy cảm của nhân vật Liên. Chọn B.
Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây.
Bức tranh thiên nhiên thơ mộng, trữ tình.
Thiên nhiên hiện ra với vẻ đẹp mĩ lệ, thơ mộng.
Thiên nhiên hùng vĩ, oai linh.
Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây. Chọn A.
Sợ hãi, lo lắng đám trẻ nghịch dại.
Thích thú khi người đàn bà bị đám trẻ trêu chọc.
Không quan tâm, để ý tới những gì đang diễn ra xung quanh.
Sợ người đàn bà xấu hổ khi bị đám trẻ trêu; tôn trọng người đàn bà.
Những câu văn trên khắc họa thái độ sợ người đàn bà xấu hổ khi bị đám trẻ trêu và tôn trọng người đàn bà của Tràng. Chọn D.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Thuyết minh.
Nội dung văn bản là chuỗi sự việc:
+ Giới thiệu về Ngô Tử Văn (tên, quê quán, tính tình).
+ Sự việc quân Ngô sang xâm lược nước ta.
+ Sự việc viên tướng của Mộc Thạnh tử trận và làm yêu quái.
+ Sự kiện Ngô Tử Văn đi đốt đền.
Các yếu tố miêu tả về Tử Văn (tính khảng khái, nóng nảy...) có xuất hiện nhưng không phải phương thức biểu đạt chính của đoạn trích. Yếu tố biểu cảm, thuyết minh không có trong văn bản trên. Chọn A.
Khắc họa vẻ đẹp hung bạo của dòng sông Đà.
Khắc họa vẻ đẹp trữ tình của dòng sông Đà.
Vẻ đẹp hình tượng người lái đò sông Đà.
Giới thiệu nguồn gốc sông Đà.
Đoạn trích miêu tả vẻ đẹp trữ tình của dòng sông Đà. Chọn B.
Phép điệp, câu hỏi tu từ.
Nhân hóa, câu hỏi tu từ.
So sánh, câu hỏi tu từ.
Ẩn dụ, câu hỏi tu từ.
Điệp ngữ “ai lại không”. Câu hỏi tu từ: “Ai lại không tha thiết với mùa xuân, ai lại không muốn cái sáng ngời trong đôi mắt và trên đôi môi căng mọng khi cuộc đời còn ở tuổi hai mươi?”. Chọn A.
Tình cảm của tác giả gắn với quê hương, ruộng đồng.
Sự vất vả, lận đận của mình.
Những người nông dân nghèo khổ.
Gợi liên tưởng về thân phận vất vả, khổ cực của bà Tú cũng như những người phụ nữ Việt Nam trong xã hội cũ.
Thấm thía nỗi vất vả, gian lao của vợ, Tú Xương đã mượn hình ảnh con cò trong ca dao để nói về bà Tú: thân cò lầm lũi gợi liên tưởng về thân phận vất vả, khổ cực của bà Tú cũng như những người phụ nữ Việt Nam trong xã hội xưa. Chọn D.
Tình yêu mãi là khát vọng muôn đời.
Khát vọng rạo rực của người con gái.
Niềm suy tư, trăn trở của người phụ nữ trong tình yêu.
Nỗi nhớ thiết tha, sâu lắng và lòng thủy chung của người phụ nữ trong tình yêu.
Đoạn thơ thể hiện niềm suy tư, trăn trở của người phụ nữ trong tình yêu. Chọn C.
Bỉ.
Anh
Tây Ban Nha.
Bồ Đào Nha.
Ấn Độ là thuộc địa của thực dân Anh. Sau Chiến tranh thế giới thứ hai cuộc đấu tranh chống thực dân Anh, đòi độc lập của nhân dân Ấn Độ phát triển mạnh mẽ. Trước sức ép của phong trào, thực dân Anh phải nhượng bộ, trao quyền tự trị cho Án Độ. Theo kế hoạch Maobáttơn, Án Độ được chia thành 2 nước: Ấn Độ (theo Ấn Độ giáo), Pakistan (Hồi giáo). Không chấp nhận quy chế tự trị, Đảng Quốc Đại lãnh đạo nhân dân Án Độ tiếp tục đấu tranh đòi độc lập. Ngày 26-01-1950, Ấn Độ tuyên bố độc lập và thành lập nước Cộng hòa. Chọn B.
Phong kiến.
Dân chủ tư sản.
Cách mạng vô sản.
Dân chủ chủ nô.
Phong trào Cần Vương và phong trào Yên Thế cuối thế kỉ XIX nổ ra chịu sự chi phối của hệ tư tưởng phong kiến với quan điểm trung quân, ái quốc, giành độc lập, lập lại quốc gia phong kiến độc lập. Chọn A.
nông dân.
tư sản.
tiểu tư sản.
công nhân.
Lực lượng xã hội đông đảo nhất ở Việt Nam trong cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai của thực dân Pháp (1919 1929) là nông dân, chiếm hơn 90% dân số cả nước. Chọn A.
Sự phát triển mạnh mē của phong trào giải phóng dân tộc trên thế giới.
Những vấn đề tồn tại giữa hai nhà nước Đức từng bước được giải quyết.
Nhu cầu hợp tác giữa Liên Xô cùng với ba trung tâm kinh tế-tài chính lớn.
Tác động to lớn của các cuộc khủng hoảng kinh tế thế giới có tính chu kì.
Đến những năm 70 của thế kỉ XX, phong trào giải phóng dân tộc trên thế giới đã phát triển mạnh ở cả châu Á, Phi và khu vực Mĩ latinh, nhiều quốc gia độc lập đã ra đời. Đây chính là một trong những nguyên dẫn đến sự xuất hiện của xu thế hòa hoãn Đông-Tây. Sau khi xu thế hòa hoãn Đông-Tây xuất hiện thì những vấn đề giữa 2 nước Đức mới từng bước được giải quyết. Phương án C và D không có tác động hay ảnh hướng dân tới xu thế hòa hoãn Đông-Tây trong những năm 70 của thế kỉ XX. Chọn A.
tự do.
độc lập.
chủ quyền.
thống nhất.
Năm 1919, Nguyễn Ái Quốc gửi đến Hội nghị Vécxai Bản yêu sách của nhân dân An Nam đòi Chính phủ Pháp thừa nhận quyền tự do, dân chủ, quyền bình đẳng và quyền tự quyết của dân tộc Việt Nam. Chọn A.
Miền Bắc đã được giải phóng.
Đất nước bị chia cắt làm hai miền.
Miền Nam chưa được giải phóng.
Cả nước đi lên chủ nghĩa xã hội.
Việt Nam trong thời kì 1954-1975 chỉ có miền Bắc tiến lên chủ nghĩa xã hội còn miền Nam vẫn đấu tranh chống Mĩ cứu nước nên phương án D sai, Chọn D.
bầu ra Ban Chấp hành Trung ương lâm thời của Đảng.
hợp nhất các tổ chức cộng sản, thông qua Cương lĩnh.
hợp nhất được các tổ chức cộng sản ngay tại Việt Nam.
thống nhất được cả ba tổ chức cộng sản của Việt Nam.
Hội nghị thành lập Đảng Cộng sản Việt Nam (đầu năm 1930) được đánh giá là mang tầm vóc của một đại hội thành lập Đảng, vi đã hợp nhất các tổ chức cộng sản thành một đảng cộng sản duy nhất, thông qua Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng. Cương lĩnh chính trị là một cương lĩnh cách mạng giải phóng dân tộc sáng tạo, kết hợp đúng đến vấn đề dân tộc và vấn đề giai cấp. Độc lập và tự do là tư tưởng cốt lỡi của cương lĩnh này. Chọn B.
Sắm sửa vũ khí, kêu gọi nhân dân đuổi thù chung.
Kêu gọi nhân dân vừa kháng chiến, vừa kiến quốc.
Phải phá tan cuộc tấn công mùa Đông của giặc Pháp.
Chuẩn bị toàn dân kháng chiến chống thực dân Pháp.
Khi địch vừa tiến công Việt Bắc, Đảng ta đã có chỉ thị "Phải phá tan cuộc tiến công mùa đông của giặc Pháp". Chọn C.
Giành thế chủ động trên chiến trường chính ở Bắc bộ Việt Nam.
Giành lấy thắng lợi quân sự để nhanh chóng kết thúc chiến tranh.
Tiêu diệt bộ đội chủ lực và cơ quan đầu não kháng chiến của Việt Nam.
Sử dụng lực lượng quân sự bao vây, khóa chặt khu căn cứ địa Việt Bắc.
Ở thời điểm cuối năm 1947, thực dân Pháp vẫn nắm giữ thế chủ động trên chiến trường chính (Bắc Bộ). Chọn A.
Đánh điểm, diệt viện.
Đánh phân tán và tiêu hao.
Bao vây, đánh lấn.
Đánh du kích.
Trong chiến dịch Việt Bắc thu-đông năm 1947, cách đánh du kích được bộ đội Việt Nam sử dụng phổ biến. Chọn D.
Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương.
Thái Bình Dương và Ấn Độ Dương.
Đại Tây Dương và Bắc Băng Dương.
Thái Bình Dương và Bắc Băng Dương.
Khu vực Đông Nam Á tiếp giáp hai đại dương là Thái Bình Dương và Án Độ Dương. Chọn B.
Truyền thống lao động cần cù và sáng tạo.
Tỉ lệ người già trong dân số ngày càng cao.
Nhiều lao động và ngày càng được bố sung.
Chất lượng lao động ngày càng nâng cao.
Tỉ lệ người già trong dân số ngày càng cao không phải thuận lợi cho phát triển kinh tế-xã hội. Chọn B.
lãnh hải.
nội thủy.
đặc quyền kinh tế.
tiếp giáp lãnh hải.
Vùng nước nằm trong đường nước cơ sở được gọi là vùng nội thủy. Chọn B.
mùa mưa, mùa khô.
hướng gió.
mùa nóng, mùa lạnh.
mùa bão.
Tây Nguyên có sự đối lập với đồng bằng ven biển miền Trung về mùa mưa và mủa khô do ảnh hưởng của địa hình và gió. Chọn A.
Dân tộc Bana, Xơ-đăng, Chăm chủ yếu ở Đông Nam Bộ.
Dân tộc Tày, Thái, Nùng, Giáy, Lào tập trung ở Trung Bộ.
Dân tộc kinh tập trung đông đúc ở trung du và ở ven biển.
Các dân tộc ít người phân bố tập trung chủ yếu ở miền núi.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- A sai: dân tộc Bana, Xơ-đăng, Chăm chủ yếu ở Tây Nguyên
- B sai: dân tộc Tày, Thái, Nùng, Giáy, Lào tập trung ở miền núi phía Bắc
- C sai: dân tộc Kinh tập trung đông đúc ở vùng đồng bằng và ven biển
- D đúng: các dân tộc ít người phân bố tập trung chủ yếu ở miền núi. Chọn D.
(Nguồn: Niên giám thống kê Việt Nam 2018, NXB Thống kê, 2019)
Biểu đồ thể hiện nội dung nào sau đây?
Tốc độ tăng trưởng giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đoạn 2010-2018.
Chuyển dịch cơ cấu giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đoạn 2010-2018.
Giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đoạn 2010-2018.
Quy mô và cơ cấu giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đoạn 2010-2018.
Biểu đồ miền → thể hiện sự chuyển dịch cơ cấu → Biểu đồ đã cho thể hiện sự chuyển dịch cơ cấu giá trị xuất nhập khẩu của nước ta giai đọa 2010-2018. Chọn B.
cơ sở vật chất kĩ thuật lạc hậu.
cơ sở thức ăn chưa đảm bảo.
trình độ lao động chưa cao.
con giống cho năng suất thấp.
Ngành chăn nuôi điều kiện quan trọng nhất là cần có cơ sở thức ăn đảm bảo. Với các nước đang phát triển chưa đáp ứng được điều này → Chọn B.
địa hình, khí hậu, di tích.
khí hậu, di tích, lễ hội
nước, địa hình, lễ hội.
khí hậu, nước, địa hình.
Di tích, lễ hội là tài nguyên nhân văn → loại → Chọn D.
địa hình có nhiều cao nguyên rộng lớn.
có hệ thống sông lớn cung cấp nước tưới.
khí hậu cận xích đạo nóng quanh năm.
đất ba dan màu mỡ, khí hậu cận xích đạo.
Nhân tố tự nhiên được coi là quan trọng nhất để vùng Tây Nguyên phát triển cây cà phê là đất và khí hậu → Chọn D.
đảm bảo cân bằng cho hệ sinh thái nông nghiệp.
phát triển nuôi trồng thủy sản và du lịch.
cung cấp nước tưới cho các vùng chuyên canh.
tiêu nước cho thượng nguồn sông Đồng Nai.
Vai trò quan trọng nhất của công trình thủy lợi hồ Dầu Tiếng ở Đông Nam Bộ là cung cấp nước tưới cho các vùng chuyên canh. Thủy lợi → cung cấp nước tưới. Chọn C.
Tia \(\gamma .\)
Tia \({\beta ^ + }.\)
Tia \({\beta ^ - }.\)
Tia \(\alpha .\)
Tia gamma có bản chất là sóng điện từ, không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.
Tia \(\alpha \) là dòng hạt nhân nguyên tử \(_2^4He\) mang điện tích \( + 2e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện.
Tia \({\beta ^ + }\) có bản chất là dòng hạt poziton mang điện tích \( + 1e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện.
Tia \({\beta ^ - }\) có bản chất là dòng hạt electron mang điện tích \( - 1e\), có xu hướng lệch về phía bản dương của tụ điện.
Chọn A.
2.10-7 m.
4.10-7 m.
6.10-7 m.
8.10-7 m.
Khoảng cách giữa hai vân sáng liền kề là:
\(i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda = \frac{{ai}}{D} = \frac{{0,{{1.10}^{ - 3}}{{.8.10}^{ - 3}}}}{2} = {4.10^{ - 7}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Hiệu đường đi của tia sáng từ hai khe tới vân tối thứ 2 kể từ vân trung tâm (k = 1) là:
\({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda = \frac{3}{2}\lambda = \frac{3}{2}{.4.10^{ - 7}} = {6.10^{ - 7}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\). Chọn C.
kim cương \(\left( {n = 2,42} \right).\)
thủy tinh flint \(\left( {n = 1,69} \right).\)
dầu oliu \(\left( {n = 1,47} \right).\)
nước \(\left( {n = 1,33} \right).\)
Tốc độ truyền ánh sáng là: \(v = \frac{c}{n} \Rightarrow v\~\frac{1}{n}\)
Vậy tốc độ truyền ánh sáng chậm nhất trong môi trường có chiết suất lớn nhất. Chọn A.
Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì hợp lực tác dụng lên vật bằng không.
Khi vật nặng ở vị trí biên, cơ năng của con lắc bằng thế năng của nó.
Dao động của con lắc là dao động điều hòa.
Chuyển động của con lắc từ vị trí biên về vị trí cân bằng là chậm dần.
Con lắc đơn có quỹ đạo tròn, ở vị trí cân bằng, tổng hợp lực tác dụng lên con lắc bằng lực hướng tâm: \({F_{ht}} = m{a_{ht}} = m\frac{{{v^2}}}{\ell } \to \) A sai.
Khi vật nặng ở vị trí biên, động năng của con lắc: \({W_d} = 0 \Rightarrow W = {W_t} \to \) B đúng.
Dao động của con lắc là dao động điều hòa chỉ khi có biên độ nhỏ → C sai.
Chuyển động của con lắc từ vị trí biên về vị trí cân bằng là nhanh dần → D sai.
Chọn B.
\(0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right).\)
\(0,{93.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right).\)
\(1,{02.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right).\)
\(1,{12.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right).\)
Áp dụng định lí biến thiên động năng cho electron, ta có:
\[{W_{ds}} - {W_{dt}} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m{v^2} - 0 = \left| e \right|.U \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2\left| e \right|.U}}{m}} \]
Bán kính chuyển động của electron trong từ trường là:
\[R = \frac{{mv}}{{\left| e \right|B}} = \frac{{m.\sqrt {\frac{{2\left| e \right|U}}{m}} }}{{\left| e \right|.B}} = \frac{1}{B}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \Rightarrow B = \frac{1}{R}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \]\[ \Rightarrow B = \frac{1}{{{{7.10}^{ - 2}}}}.\sqrt {\frac{{2.9,{{1.10}^{ - 31}}.400}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}} \approx 0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\].
Chọn A.
sơn tĩnh điện.
mạ điện.
đúc điện.
luyện nhôm.
Hiện tượng điện phân không ứng dụng để đúc điện. Chọn C.
14,4 MeV.
2,3 J.
2,3 keV.
14,4 keV.
Electron chuyển động trong từ trường với quỹ đạo tròn có bán kính là:
\(eBv = \frac{{m{v^2}}}{r} \Rightarrow r = \frac{{mv}}{{eB}} \Rightarrow v = \frac{{e.Br}}{m} = \frac{{1,{{6.10}^{ - 19}}.1,{{88.10}^{ - 4}}}}{{9,{{1.10}^{ - 31}}}} \approx {33.10^6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)
Áp dụng công thức Anh—xtanh về hiện tượng quang điện, ta có:
\(\frac{{hc}}{\lambda } = A + \frac{1}{2}m{v_{0\max }}^2\)\( \Rightarrow \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{71.10}^{ - 12}}}} = A + \frac{1}{2}.9,{1.10^{ - 31}}.{\left( {{{33.10}^6}} \right)^2}\)
\( \Rightarrow A = 2,{3.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right) = 14,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {keV} \right)\). Chọn D.
Sóng dừng truyền trên sợi dây PQ. Biết P, R, Q là nút sóng. S và T là hai điểm trên dây cách R một khoảng x như hình vẽ. Phát biểu nào sau đây đúng về dao động của hai điểm S và T?
cùng biên độ và cùng pha.
khác biên độ và cùng pha.
cùng biên độ và lệch pha 1800.
khác biên độ và lệch pha 1800.
Nhận xét: hai điểm S, T đối xứng qua nút sóng\( \to \) S, T dao động ngược pha
Khoảng cách từ S và T tới nút sóng R là: \(RS = RT = x \Rightarrow {A_S} = {A_T}\)
→ Hai điểm S, T dao động cùng biên độ, ngược pha (lệch pha 1800).
Chọn C.
Một electron được giữ lơ lửng đứng yên giữa hai tấm kim loại cách nhau 5 cm. Hai tấm kim loại được duy trì bởi điện thế lần lượt là +2000 V và -500 V. Lực điện tác dụng lên electron là
1,6.10-15 N.
4,8.10-15 N.
6,4.10-15 N.
8,0.10-15 N.
Độ lớn hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là:
\[U = \left| {{V_1} - {V_2}} \right| = \left| { + 2000 - \left( { - 500} \right)} \right| = 2500{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\]
Lực điện tác dụng lên electron là: \[{F_d} = E.e = \frac{U}{d}.e = \frac{{2500}}{{0,05}}.1,{6.10^{ - 19}} = {8.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\].
Chọn D.
Đặt vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối tiếp (cuộn dây thuần cảm, tụ điện có điện dung C thay đổi được) một điện áp xoay chiều \(u = U\sqrt 2 \cos \omega {\rm{t}}\) (V). Trong đó U và \(\omega \) không đổi. Cho C biến thiên thu được đồ thị biểu diễn điện áp trên tụ theo dung kháng \({{\rm{Z}}_{\rm{C}}}\) như hình vẽ. Coi \(72,11 = 20\sqrt {13} .\) Điện trở của mạch là
Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:
\({U_C} = I.{Z_C} = \frac{{U{Z_C}}}{Z} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{{\left( {{R^2} + {Z_L}} \right)}^2} - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }}\)
\( \Rightarrow {U_C} = \frac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)
Từ (1), ta có: \(\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 0\) (*)
Với giá trị của dung kháng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{C_1}}} = \frac{{125}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\\{{Z_{{C_2}}} = 125{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\end{array}} \right.\), cho cùng 1 giá trị hiệu điện thế: \({U_{{C_1}}} = {U_{{C_2}}} = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\)
Khi \({Z_C} \to \infty \) thì \({U_C} = U = 72,11{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = 20\sqrt {13} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V\)\( \Rightarrow 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\frac{{20\sqrt {13} }}{{100}}} \right)^2} = 0,48\)
\( \Rightarrow \left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 0,48 = 0\)
Theo định lí Vi – et, đặt \[x = \frac{1}{{{Z_C}}}\] ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}} + \frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{2{Z_L}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\\{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{0,48}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow {R^2} + {Z_L}^2 = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}}}} = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{\frac{{125}}{3}}}.\frac{1}{{125}}}} = 2500\)\( \Rightarrow \frac{1}{{\frac{{125}}{3}}} + \frac{1}{{125}} = \frac{{2{Z_L}}}{{2500}} \Rightarrow {Z_L} = 40{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\)
\( \Rightarrow R = \sqrt {2500 - {{40}^2}} = 30{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\).
Đáp án: \(30\Omega \)
\[{C_4}{H_{10}}.\]
\[{C_5}{H_{12}}.\]
\[{C_6}{H_{14}}.\]
\[{C_7}{H_{16}}.\]
Đốt cháy Y cũng giống như đốt cháy X.
\[X{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2} \to {\rm{ }}C{O_2} + {\rm{ }}{H_2}O\]
Ta có: \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,4\,mol\)
![Tiến hành cracking và tách hydrogen alkane X thu được hỗn hợp Y gồm có 6 chất gồm alkane mới, alkene, \[{H_2}\]và alkane dư. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid4-1721814250.png){kind=small}
\( \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \frac{9}{{18}} = 0,5\,mol\)
Đốt cháy alkane X \( \Rightarrow {n_X} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,5 - 0,4 = 0,1\,mol\)
Gọi công thức phân tử của X là \[{C_n}{H_{2n + 2}}\left( {n{\rm{ }} \ge {\rm{ }}1} \right)\]
Bảo toàn nguyên tố C \(n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 4\)
Vậy CTPT của alkane X là \[{C_4}{H_{10}}.\]
Chọn A.
29,51 gam.
24,28 gam.
28,6 gam.
32,4 gam.
\(\begin{array}{l}{n_{FeS{O_4}.7{H_2}O}} = \frac{{166,8}}{{278}} = 0,6\,mol = {n_{FeS{O_4}}}\\ \Rightarrow {m_{FeS{O_4}}}\; = 0,6 \cdot 152 = 91,2{\rm{ }}gam\end{array}\)
Khi cho muối ngậm nước vào 300 gam \[{H_2}O\]thì ta có:
\[{m_{{H_2}O}}\; = 300 + 0,6 \cdot 7 \cdot 18 = 375,6{\rm{ }}gam\]
375,6 gam \[{H_2}O\]hòa tan 91,2 gam \[FeS{O_4}\]
→ 100 gam \[{H_2}O\] hòa tan \(\frac{{100 \cdot 91,2}}{{375,6}} \approx 24,28\) gam \[FeS{O_4}\]
Vậy độ tan của \[FeS{O_4}\] ở \[{25^o}C\] là 24,28 gam.
Chọn B.
12,18%.
24,26%.
60,90%.
30,45%.
\({n_{KMn{O_4}}} = 0,025 \cdot 25,{2.10^{ - 3}} = 6,{3.10^{ - 4}}\left( {mol} \right)\)
Phản ứng chuẩn độ:
\[10{\rm{ }}FeS{O_4} + {\rm{ }}2KMn{O_4} + {\rm{ }}8{H_2}S{O_4} \to 5{\rm{ }}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}2MnS{O_4} + {\rm{ }}{K_2}S{O_4} + {\rm{ }}8{H_2}O\]
Theo PTHH: \({n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = 5 \cdot 6,{3.10^{ - 4}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)
Bảo toàn nguyên tố Fe: \({n_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = {n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)
⟹ \({m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = 3,{15.10^{ - 3}} \cdot 116 = 0,3654\,\left( g \right)\)
⟹ \(\% {m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{0,3654}}{{0,6}}.100\% = 60,9\% \).
Chọn C.
3,12.
2,97.
3,36.
2,76.
Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các acid vô cơ (\[{H_2}C{O_3}\]và \[HN{O_3}\]).
Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amine.
⟹ X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {C{H_3}N{H_3}} \right)_2}C{O_3}\;\left( {a{\rm{ }}mol} \right)\\{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3}\;\left( {b{\rm{ }}mol} \right)\end{array} \right.\)
⟹ \[{m_X}\; = {\rm{ }}124a{\rm{ }} + {\rm{ }}108b{\rm{ }} = {\rm{ }}3,4{\rm{ }}\left( 1 \right)\]
\(\)\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {C{H_3}N{H_3}} \right)}_2}C{O_3} + {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}2C{H_3}N{H_2} \uparrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O}\\{\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}a\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;{\rm{ }}a\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;{\rm{ }}\;\;\;\;2a{\rm{ }}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\\{{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3} + {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaN{O_3} + {\rm{ }}{C_2}{H_5}N{H_2} \uparrow {\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O}\\{\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;{\rm{ }} \to \;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}b\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\end{array}\]
⟹ \[{n_{a\min e}} = {\rm{ }}2a{\rm{ }} + {\rm{ }}b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,04{\rm{ }}\left( 2 \right)\]
Từ (1) và (2) ⟹ a = 0,01; b = 0,02.
Muối khan thu được sau phản ứng gồm: \[N{a_2}C{O_3}\left( {0,01{\rm{ }}mol} \right);{\rm{ }}NaN{O_3}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)\]
⟹ m = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76 gam.
Chọn D.
2.
4.
3.
1.
(a) đúng, nguyên tố H trong saccharose chuyển hoá thành \[{H_2}O\] nên màu trắng của \[CuS{O_4}\] khan chuyển thành màu xanh của \[CuS{O_4}.5{H_2}O.\]
(b) đúng, PTHH: \[C{O_2} + {\rm{ }}Ca{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}CaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O.\]
(c) sai, đặt miệng ống nghiệm hơi chúc xuống trên giá ống nghiệm để hơi nước và \[C{O_2}\] thoát ra ống dẫn khí.
(d) sai, thí nghiệm chỉ xác định định tính được C và H.
(e) sai, tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn để tránh dung dịch trong ống 2 bị hút vào ống dẫn khí do áp suất trong ống 1 giảm.
Vậy có 2 phát biểu đúng.
Chọn A.
10%.
90%.
80%.
20%.
* Xét quá trình lên men rượu
Ta có:
Vì hiệu xuất đạt \(80\% \) lên men rượu \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_s}{\rm{OH}}}} = 2 \cdot 0,8 = 1,6\,\;{\rm{mol}}\).
* Xét quá trình oxi hóa (chú ý lượng ethyl alcohol lấy bằng \(\frac{1}{{10}}\)so với quá trình lên men rượu)
\(\begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,144 \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,144\;{\rm{mol}}\end{array}\)
Hiệu xuất phản ứmg: \({\rm{H}}\% = \frac{{0,144}}{{0,16}} \cdot 100\% = 90\% \).
Chọn B.
0,4 mol.
1,4 mol.
1,9 mol.
1,5 mol.
Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:
![Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch \[HN{O_3}.\] Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid6-1721814779.png)
Do Z gồm hỗn hợp hai hợp chất khí không màu và có \({\overline M _Z} = \frac{{7,4}}{{0,2}} = 37\)nên không có \[N{O_2}\]:
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NO:a}\\{{N_2}O:b}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,2}\\{30a + 44b = 7,4}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,1}\\{b = 0,1}\end{array}} \right.} \right.} \right.(mol)\)
Giả sử trong dung dịch Y không có muối \(N{H_4}N{O_3}\)nên ta có:
![Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch \[HN{O_3}.\] Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid7-1721814807.png)
Nhận thấy: \(93,5 \ne 122,3\)→ dung dịch Y có muối \(N{H_4}N{O_3}\)
Gọi
![Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch \[HN{O_3}.\] Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid8-1721814813.png)
Chọn C.
Cho một lá iron nhỏ tác dụng với dung dịch \[{H_2}S{O_4}.\]Thể tích khí \[{H_2}\] thu được tương ứng với thời gian đo được như sau:
![Cho một lá iron nhỏ tác dụng với dung dịch \[{H_2}S{O_4}.\]Thể tích khí \[{H_2}\] thu được tương ứng với thời gian đo được như sau: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid9-1721815075.png)
Trong thời gian 1 phút, lượng H2 thoát ra lớn nhất là bao nhiêu ml?
40 ml.
68 ml.
47 ml.
42 ml.
Quan sát đồ thị ta thấy, ở thời điểm từ 2 phút đến 3 phút đường biểu diễn sự phụ thuộc của thể tích khí \[{H_2}\]vào thời gian có độ dốc lớn nhất tức lượng khí \[{H_2}\] được tạo ra là nhiều nhất = 50 - 10 = 40 ml.
Chọn A.
14%.
17%.
13%.
10%.
Ta có: \({n_{KMn{O_4}}} = 0,001\;{\rm{mol}}\)
\(5{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2} + 2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{MnS}}{{\rm{O}}_4} + 5{{\rm{O}}_2} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O }}\)
\({n_{{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{5}{2}.{n_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}} = 2,{5.10^{ - 3}}\;{\rm{mol }}\)
\( \Rightarrow \% {m_{{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{2,{{5.10}^{ - 3}}.34}}{{0,5}}.100\% = 17\% \)
Chọn B.
Tóm tắt thành sơ đồ sau:
![Hỗn hợp E gồm hai chất hữu cơ X (\[{C_2}{H_7}{O_3}N\]) và Y (\[{C_3}{H_{12}}{O_3}{N_2}\]). X và Y đều có tính chất lưỡng tính. Cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí Z (Z là hợp chất vô cơ). Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thoát ra 6,72 lít khí T (T là hợp chất hữu cơ đơn chức chứa C, H, N và làm xanh giấy quỳ tím ẩm). Cô cạn dung dịch thu được chất rắn gồm hai chất vô cơ. Thể tích các khí đo ở đktc. Giá trị của m là: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid10-1721815203.png)
- X và Y đều có 3 nguyên tử O trong phân tử → chúng có thể chứa các gốc \({\rm{C}}{{\rm{O}}_3}^{2 - },{\rm{NO}}_3^ - ,{\rm{HCO}}_3^ - \)
- Khi cho X, Y phản ứng với NaOH thu được khí T chứa C, H, N chứng tỏ khí T là amine, Y lại có 2 nguyên tử N
→ Y có thể là \[C{H_3}N{H_3}C{O_3}N{H_3}C{H_3}\]
- Khi cho X, Y phản ứng với HCl thu được khí Z là chất vô cơ nên Z là \[C{O_2}\]→ X là muối carbonate → X có thể là \[C{H_3}N{H_3}HC{O_3}\]
\( \Rightarrow E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}:a(\;{\rm{mol}})}\\{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}:{\rm{b}}({\rm{mol}})}\end{array}} \right.\)
\[ \to {\rm{m}} = 0,1 \cdot 93 + 0,1 \cdot 124 = 21,7\,({\rm{gam}})\]
Đáp án: 21,7
những chất hữu cơ do cơ thể thực vật tiết ra có tác dụng điều tiết hoạt động sống của cây.
những chất hữu cơ do cơ thể thực vật tiết ra chỉ có tác dụng ức chế sinh trưởng của cây.
những chất hữu cơ do cơ thể thực vật tiết ra chỉ có tác dụng kích thích sinh trưởng của cây.
những chất hữu cơ do cơ thể thực vật tiết ra chỉ có tác dụng kháng bệnh cho cây.
Hoocmôn thực vật (phitôhoocmôn) là các chất hữu cơ do cơ thể thực vật điều tiết hoạt động sống của cây. Khác với enzim là chất xúc tác cho 1 phản ứng sinh hoá, hoocmôn hoạt hoá cả 1 chương trình phát sinh hình thái như kích thích hạt và chồi nảy mầm - gồm rất nhiều quá trình và nhiều phản ứng sinh hoá. Chọn A.
nồng độ ôxi trong không khí cao hơn trong đất gây sốc đối với giun.
môi trường trên cạn có nhiệt độ cao làm cho giun bị chết.
độ ẩm trên mặt đất thấp, bề mặt da của giun bị khô làm ngừng quá trình trao đổi khí.
giun không tìm kiếm được nguồn thức ăn ở trên mặt đất.
Giun đất trao đổi khí với môi trường qua da nên da của giun đất cần ẩm ướt để \({{\rm{O}}_2},{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}\) có thể hòa tan và khuếch tán qua da được dễ dàng. Nếu bắt giun đất để trên bề mặt đất khô ráo, da sẽ bị khô nên giun không hô hấp được và sẽ bị chết. Chọn C.
ở thụ tinh chéo, cá thể con nhận được vật chất di truyền từ hai nguồn bố mẹ khác nhau, tự thụ tinh chỉ nhận được vật chất di truyền từ một nguồn.
tự thụ tinh diễn ra đơn giản, thụ tinh chéo diễn ra phức tạp.
tự thụ tinh không có sự phân hóa giới tính, thụ tinh chéo có sự phân hóa giới tính (đực và cái) khác nhau.
tự thụ tinh diễn ra trong môi trường nước, thụ tinh chéo diễn ra trong cơ quan sinh sản của con cái.
Thụ tinh chéo có sự tổ hợp vật chất di truyền từ hai nguồn khác nhau nên có tính biến dị đa dạng hơn, tạo tính đa dạng ở đời con nên khả năng thích nghi cao hơn. Tự thụ tinh làm cho cá thể đời con thuần chủng nên hạn chế nguồn biến dị tổ hợp. Chọn A.
Hình bên dưới thể hiện cấu trúc của một số loại nuclêôtit cấu tạo nên ADN và ARN.
Hình nào trong số các hình trên là không phù hợp?
(1).
(2).
(3).
(4).
T là bazơ nitơ trong ADN nên phải có đường đêôxiribôzơ \({\rm{(}}{{\rm{C}}_5}{{\rm{H}}_{10}}{{\rm{O}}_4}).\) Chọn D.
Mất đoạn.
Chuyển đoạn.
Đảo đoạn.
Lặp đoạn.
Dạng đột biến cấu trúc NST làm tăng hoạt tính của enzim amilaza ở đại mạch là lặp đoạn. Chọn D.
2.
3.
1.
4.
Kiểu gen AaBb bình thường giảm phân cho ra 4 loại giao tử đơn bội, nuôi cấy sẽ tạo ra tối đa 4 dòng cây đơn bội. Chọn D.
100% Bb.
100% bb.
25% Bb : 75% bb.
50% BB : 50% Bb.
Quần thể chỉ gồm các kiểu gen thuần chủng khi tự thụ phấn sẽ có cấu trúc di truyền không đổi qua các thế hệ. Do đó, trong các quần thể đã cho, quần thể có cấu trúc di truyền là 100% bb sẽ có tần số các kiểu gen không đổi qua các thế hệ. Chọn B.
Xác sinh vật sống trong các thời đại trước được bảo quản trong các lớp băng.
Prôtêin của các loài sinh vật đều cấu tạo từ 20 loại axit amin.
Xương tay của người tương đồng với chi trước của mèo.
Tất cả các loài sinh vật đều được cấu tạo từ tế bào.
Bằng chứng sinh học phân tử gồm: trình tự axit amin, trình tự nuclêôtit,… Chọn D.
A là bằng chứng hóa thạch, C là bằng chứng giải phẫu so sánh, D là bằng chứng tế bào học.
Hình dưới đây minh hoạ tốc độ sinh trưởng giả định của ba loài cây ngập mặn thân gỗ lâu năm kí hiệu là loài (I), (II) và (III) tương ứng với các điều kiện độ mặn khác nhau. Số liệu trong bảng dưới đây cho biết độ mặn cao nhất tại ba bãi lầy ven biển A, B và C của địa phương H. Giả sử các điều kiện sinh thái khác của ba bãi lầy này là tương đồng nhau, không ảnh hưởng đến sức sống của các loài cây này và sự sai khác về độ mặn giữa các vị trí trong mỗi bãi lầy là không đáng kể. Các cây con của ba loài này khi trồng không thể sống được ở các dải độ mặn có tốc độ sinh trưởng bằng 0.
Địa phương H có kế hoạch trồng các loài cây (I), (II) và (III) để phục hồi rừng ngập mặn ở ba bãi lầy A, B và C. Dựa vào thông tin trong hình và bảng, có bao nhiêu nhận định sau đây đúng giúp địa phương H lựa chọn các loài cây này cho phù hợp?
I. Loài (I) có khả năng chịu độ mặn cao nhất trong ba loài.
II. Tốc độ sinh trưởng của loài (II) tỉ lệ nghịch với độ mặn của cả ba bãi lầy.
III. Bãi lầy B và C trồng xen được hai loài (I) và (II), bãi lầy A trồng xen được cả ba loài.
IV. Loài (III) có tốc độ sinh trưởng lớn hơn loài (I) và loài (II) ở độ mặn từ 22,5% đến 35%.
3.
4.
2.
1.
I. Đúng. Thứ tự chịu mặn: Loài (I) > loài (II) > Loài (III).
II. Sai. Tốc độ sinh trưởng của loài (II) không tỉ lệ nghịch với độ mặn của cả ba bãi lầy mà có lúc tăng có lúc giảm.
III. Sai. Bãi lầy B và C trồng xen được cả 3 loài là (I), (II), (III); bãi lầy A chỉ trồng xen được hai loài là (I) và (II).
IV. Sai. Loài (III) có tốc độ sinh trưởng kém hơn loài (I) và loài (II) ở độ mặn từ 22,5% đến 35%.
Chọn D.
F1 thu được 24 loại kiểu gen mà kiểu hình lặn về 3 tính trạng chiếm 1,25% chỉ có ở giới đực ® Gen nằm trên NST giới tính X tại vùng không tương đồng.
TH1: Xét 1 gen nằm trên giới tính (ví dụ gen Dd)
Ta có: XDXd × XDY ® XdY = 0,25 ® (aa, bb) = 1,25% : 0,25 = 5% = 10% ab (ruồi giấm cái) × 50% ab (ruồi giấm đực – ruồi giấm đực không hoán vị gen). Vậy ab (ruồi giấm cái) = 10% suy ra kiểu gen của ruồi giấm cái là \[\frac{{Ab}}{{aB}}\]. Vậy P là \[\frac{{Ab}}{{aB}}\] XDXd (f = 20%) × \[\frac{{AB}}{{ab}}\]XDY . Thử lại, số loại kiểu gen = 7 × 4 = 28 (không thỏa mãn).
Vậy 2 gen nằm trên 1 cặp NST giới tính (ví dụ gen Bb, Dd).
Số loại kiểu gen = 24 = 3 × 8 (cặp Aa có 3 kiểu gen; cặp Bb, Dd có 8 kiểu gen).
Phép lai gen Aa = Aa × Aa ® aa = 0,25 ® XbdY = 5% ® Xbd = 10%.
® F1: AaXBdXbD × AaXBDY.
® Ruồi cái A-B-D- ở F1 = 0,75 × 1/2 = 0,375.
Xác định tỉ lệ ruồi cái có 5 alen trội ở F1:
+ Ruồi cái AA cần 3 alen trội cặp BD (XBDXBd và XBDXbD)\( = \frac{1}{4} \times (0,5 \times 0,4 + 0,5 \times 0,4) = 0,1.\)
+ Ruồi cái Aa cần 4 alen trội cặp BD (XBDXBD) \( = \frac{2}{4} \times (0,5 \times 0,1) = 0,025.\)
Vậy tỉ lệ cần tìm = \[\frac{{0,1 + 0,025}}{{0,375}} = \frac{1}{3}.\] Đáp án: \(\frac{1}{3}.\)
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.
