Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 19)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Biểu đồ dưới đây là tình hình kinh doanh Công ty cổ phần đầu tư Thế giới di động từ tháng 1/2020 đến tháng 2/2021.
(Nguồn: MWG, PHFM tổng hợp)
Hỏi giữa các tháng nào dưới đây thì tình hình kinh doanh của Công ty có tốc độ tăng trưởng lợi nhuận sau thuế nhanh nhất?
Từ tháng 1/2020 đến tháng 2/2020.
Từ tháng 12/2020 đến tháng 1/2021.
Từ tháng 5/2020 đến tháng 6/2020.
Từ tháng 10/2020 đến tháng 11/2020.
\(21\,\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(12\,\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(39\,\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(20\,\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
Ta có \(v(t) = s'(t) = 3{t^2} + 9t - 6 = 24 \Rightarrow t = 2\,\,(s);\)
\(a(t) = s''(t) = 6t + 9 \Rightarrow a(2) = 21\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\). Chọn A.
\(S = \left( { - \infty \,;\,\,3} \right)\).
\(S = \left( { - 1\,;\,\,3} \right)\).
\[S = \left( { - 1\,;\,\,4} \right)\].
\(S = \left( { - \infty \,;\,\,4} \right)\).
Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1\)
\({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) > - 2 \Leftrightarrow - {\log _2}\left( {x + 1} \right) > - 2 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 1} \right) < 2 \Leftrightarrow 0 < x + 1 < 4 \Leftrightarrow - 1 < x < 3\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 1\,;\,\,3} \right)\). Chọn B.
1.
3.
2.
0.
Khi \(x,\,\,y \ge 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = - \frac{{11}}{9};y = \frac{{19}}{9}} \right.\) (loại)
• Khi \(x,y < 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = \frac{{19}}{9};\,\,y = \frac{{ - 23}}{9}} \right.\) (loại).
• Khi \(x \ge 0,\,\,y < 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = 1;\,\,y = - 1} \right.\) (nhận).
• Khi \(x < 0,\,\,y \ge 0\) thì hệ trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 2y = 3}\\{7x + 5y = 2}\end{array} \Leftrightarrow x = - \frac{{11}}{{19}};\,\,y = \frac{{23}}{{19}}} \right.\) (nhận). Chọn C.
\({\rm{M}}\left( {3\,;\,\, - 1} \right)\).
\({\rm{M}}\left( {3\,;\,\,1} \right)\).
\({\rm{M}}\left( { - 3\,;\,\,1} \right)\).
\({\rm{M}}\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\).
Xét \(\Delta = {2^2} - 4 \cdot 1 \cdot 10 = - 36 < 0\) suy ra phương trình \({{\rm{z}}^2} + 2{\rm{z}} + 10 = 0\) có hai nghiệm phức là \[{z_1} = - 1 - 3i\,;\,\,{z_2} = - 1 + 3i\].
Theo đề bài ta có \({{\rm{z}}_0}\) là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình \({{\rm{z}}^2} + 2{\rm{z}} + 10 = 0\) nên \({{\rm{z}}_0} = - 1 + 3{\rm{i}} \Rightarrow {\rm{i}}{{\rm{z}}_0} = {\rm{i}}\left( { - 1 + 3{\rm{i}}} \right) = - 3 - {\rm{i}}\).
Vậy điểm \({\rm{M}}\left( { - 3\,;\,\, - 1} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \({\rm{w}} = {\rm{i}}{{\rm{z}}_0} = - 3 - {\rm{i}}\). Chọn D.
\(2x - y - 1 = 0\).
\( - {\rm{y}} + 2{\rm{z}} - 3 = 0\).
\(2x - y + 1 = 0\).
\(y + 2z - 5 = 0\).
Ta có \(\overrightarrow {{\rm{BC}}} = \left( { - 4\,;\,\,2\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {\rm{n}} = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).
Vậy phương trình mặt phẳng đi qua \({\rm{A}}\) và vuông góc với \({\rm{BC}}\) có dạng:
\[ - 2\left( {x - 0} \right) + 1\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow - 2x + y - 1 = 0 \Leftrightarrow 2x - y + 1 = 0\]. Chọn C.
\({\rm{m}} = - 1\).
m = -2.
\(m = 1\).
\({\rm{m}} = 2\).
Ta có \[\left[ {\vec b,\,\,\vec c} \right] = \left( { - 5\,;\,\,m + 1\,;\,\,3 - 2m} \right)\].
Khi đó \(\vec a = \left[ {\vec b,\,\,\vec c} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 1 = 3}\\{3 - 2m = - 1}\end{array} \Leftrightarrow m = 2} \right.\). Chọn D.
\(S = \left( { - \infty ; - \frac{2}{3}} \right)\).
\(S = \left[ { - \frac{2}{3}; + \infty } \right)\).
\(S = \mathbb{R}\).
\(S = \emptyset \).
Bất phương trình \(\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) - 3x + 1 \le \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right) + {x^2} - 5\)
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 5x - 3 - 3x + 1 \le {x^2} + 2x - 3 + {x^2} - 5 \Leftrightarrow 0 \cdot x \le - 6 \Leftrightarrow x \in \emptyset \Rightarrow S = \emptyset \). Chọn D.
\(S = \frac{{5\pi }}{6}\).
\(S = \frac{\pi }{3}\).
\(S = \frac{\pi }{2}\).
\(S = \frac{\pi }{6}\).
Ta có \(\sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{6} + 2k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{6} + 2k\pi }\end{array}(k \in \mathbb{Z})} \right.\).
Vì \(x \in \left[ { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right]\) nên \(x = \frac{\pi }{6} \Rightarrow S = \frac{\pi }{6}\). Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\({{\rm{u}}_{\rm{n}}} = 5 + 4{\rm{n}}\).
\({{\rm{u}}_{\rm{n}}} = 3 + 2{\rm{n}}\).
\({u_n} = 2 + 3n\).
\({u_n} = 4 + 5n\).
Giả sử cấp số cộng có số hạng đầu là \({u_1}\) và công sai \(d\).
Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{S}}_7} = 77}\\{\;{{\rm{S}}_{12}} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7{{\rm{u}}_1} + \frac{{7 \cdot 6 \cdot d}}{2} = 77}\\{12{{\rm{u}}_1} + \frac{{12 \cdot 11 \cdot d}}{2} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7{{\rm{u}}_1} + 21\;{\rm{d}} = 77}\\{12{{\rm{u}}_1} + 66\;{\rm{d}} = 192}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{u}}_1} = 5}\\{\;{\rm{d}} = 2}\end{array}.} \right.} \right.} \right.} \right.\]
Khi đó: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 + 2\left( {n - 1} \right) = 3 + 2n\). Chọn B.
\(x + \ln \left( {x + 1} \right) + C\).
\(x - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + C\).
\(x - \ln \left( {x + 1} \right) + C\).
\(x + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} + C.\)
Ta có \[\int {\frac{{x + 2}}{{x + 1}}dx} = \int {\left( {1 + \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx} = \int {1dx} + \int {\frac{1}{{x + 1}}dx} \]
\[ = x + \ln \left| {x + 1} \right| + C = x + \ln \left( {x + 1} \right) + C\].
Vì \(x \in \left( { - 1\,;\,\, + \infty } \right)\) nên \[\ln \left| {x + 1} \right| = \ln \left( {x + 1} \right)\]. Chọn A.
Cho hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}})\), hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f'}}({\rm{x}})\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình \(f(x) > x + m\) (\(m\) là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi và chỉ khi
\(m \le f\left( 2 \right) - 2\).
\(m < f\left( 2 \right) - 2\).
\(m \le f\left( 0 \right)\).
\({\rm{m}} < {\rm{f}}\left( 0 \right)\).
Ta có \({\rm{f}}({\rm{x}}) > {\rm{x}} + {\rm{m}}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\rm{m}} < {\rm{f}}({\rm{x}}) - {\rm{x}}\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Xét hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}}) = {\rm{f}}({\rm{x}}) - {\rm{x}}\) trên \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\). Ta có \({\rm{g'}}({\rm{x}}) = {\rm{f'}}({\rm{x}}) - 1\).
Dựa vào đồ thị ta có \({\rm{f'}}({\rm{x}}) < 1\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).Suy ra \({\rm{g'}}({\rm{x}}) < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Do đó \(g(x)\) nghịch biến trên \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Dựa vào bảng biến thiên hình bên
suy ra \(m < g(x),\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m \le f(2) - 2\). Chọn A.
\(30\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(25\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(20\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(15\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
Có \(v(t) = \int {a(t)dt} = \int {\left( { - 2t + 10} \right)dt} = 10t - {t^2} + C\). Lại có \(v(0) = 5 \Leftrightarrow C = 5\).
Khi đó \(v(t) = 10t - {t^2} + 5.\)
Do đó, vận tốc của vật sau 5 giây là: \(v(5) = 10 \cdot 5 - {5^2} + 5 = 30\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Chọn A.
53 giờ.
25 giờ.
100 giờ.
51 giờ.
Áp dụng công thức ta có:
\(S = A.{e^{rt}} \Rightarrow t = \frac{1}{r}\ln \frac{S}{A} = \frac{1}{{0,15}}\ln \frac{{1\,\,000\,\,000}}{{500}} \approx 51\) giờ. Chọn D.
\(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right] \cup \left[ {3\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left[ {0\,;\,\,2} \right)\).
\(\left( { - \infty \,;\,\,1} \right)\).
\(\left[ {0\,;\,\,1} \right) \cup \left( {2\,;\,\,3} \right].\)
Điều kiện xác định: \({x^2} - 3x + 2 > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty \,;\,\,1} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\).
Khi đó bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \ge - 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) \ge {\log _{\frac{1}{2}}}2\)
\( \Rightarrow {x^2} - 3x + 2 \le 2 \Leftrightarrow x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\)
So sánh điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là: \(\left[ {0\,;\,\,1} \right) \cup \left( {2\,;\,\,3} \right].\) Chọn D.
Cho \(\left( {\rm{H}} \right)\) là hình phẳng giới hạn bởi \(\left( C \right):y = \sqrt x \,,\) \(y = x - 2\) và trục hoành (phần tô màu trong hình vẽ). Cho hình phẳng \(\left( {\rm{H}} \right)\) quay xung quanh trục \({\rm{Ox}}\) tạo ra khối tròn xoay \(\left( {\rm{T}} \right)\). Thể tích của khối tròn xoay \(\left( {\rm{T}} \right)\) là
\(\frac{{16\pi }}{3}\).
\(\frac{{32\pi }}{3}\).
\(\frac{{8\pi }}{3}\).
\(8\pi \).
Gọi \({V_1}\) là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(\,\,x = 0\,;\)\(x = 4;\,\,y = \sqrt x \,;\,\,y = 0\,.\)
\( \Rightarrow {V_1} = \pi \int\limits_0^4 {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^4 {xdx} = \left. {\pi \frac{{{x^2}}}{2}} \right|_0^4 = 8\pi \).
Gọi \({{\rm{V}}_2}\) là thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = x - 2\,;\,\,y = 0\,;\)\(\,\,x = 2\,;\,\,x = 4\)
\( \Rightarrow {V_2} = \pi \int\limits_2^4 {{{\left( {x - 2} \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_2^4 {\left( {{x^2} - 4x + 4} \right)dx} = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - 2{x^2} + 4x} \right)} \right|_2^4 = \frac{{8\pi }}{3}\).
Thể tích cần tìm là \({\rm{V}} = {{\rm{V}}_1} - {{\rm{V}}_2} = \frac{{16\pi }}{3}\) (đvtt). Chọn A.
\({\rm{m}} \in \left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\).
\({\rm{m}} \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(m \in \left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
\({\rm{m}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Ta có \(y' = - {x^2} + 2x - m\).
Để hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \le 0\), \[\forall {\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\]
\[ \Leftrightarrow y' = - {{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} - {\rm{m}} \le 0\,;\,\,{\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Leftrightarrow {\rm{m}} \ge - {{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\]
\( \Leftrightarrow m \ge m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}\left( { - {x^2} + 2x} \right)\).
Đặt \( - {x^2} + 2x = f(x)\). Ta có \(f'(x) = - 2x + 2\,;\,\,f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1\)
Khi đó \(m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}{\rm{f}}({\rm{x}}) = m{\rm{a}}{{\rm{x}}_{\left[ {0\,;\,\, + \infty } \right)}}{\rm{f}}(1) = 1\). Vậy suy ra \({\rm{m}} \ge 1\) hay \({\rm{m}} \in \left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Chọn A.
\(\sqrt 5 \).
3.
5.
25.
Ta có \(w = {z_2} - i{z_1} = \left( {2 - i} \right) - i\left( {2 + 2i} \right) = 2 - i - 2i + 2 = 4 - 3i\).
Vậy \(\left| w \right| = \left| {4 - 3i} \right| = \sqrt {{4^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = 5.\) Chọn C.
Một đường thẳng.
Đường tròn có bán kính \({\rm{R}} = \frac{1}{2}\).
Một đoạn thẳng.
Đường tròn có bán kính \({\rm{R}} = 1\).
Gọi \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right):\left| {2z - 1} \right| = 1\)
\( \Leftrightarrow \left| {2x - 1 + 2yi} \right| = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} + 4{y^2}} = 1 \Leftrightarrow 4{x^2} + 4{y^2} - 4x = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - x - 0 \Leftrightarrow {\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {y^2} = \frac{1}{4}.\)
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường tròn có bán kính \({\rm{R}} = \frac{1}{2}\). Chọn C.
\(\left( {0\,;\,\,0} \right)\) và \(\left( {0\,;\,\,\frac{4}{3}} \right)\).
\(\left( {1\,;\,\,0} \right)\) và \(\left( {0\,;\,\,\frac{4}{3}} \right)\).
\[\left( {4\,;\,\,0} \right)\] và \(\left( {1\,;\,\,0} \right)\).
\(\left( {0\,;\,\,2} \right)\)và \[\left( {4\,;\,\,0} \right)\]
Ta có \({\rm{AB}} = 5\), gọi \[{\rm{M}}\left( {0\,;\,\,{\rm{m}}} \right)\].
Vì diện tích tam giác \({\rm{MAB}}\) bằng 1 nên \({\rm{d}}\left( {{\rm{M}},\,\,{\rm{AB}}} \right) = \frac{2}{5}\). Khi đó:
\(AB:4x - 3y + 2 = 0 \Rightarrow \frac{{\left| { - 3m + 2} \right|}}{5} = \frac{2}{5} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0}\\{m = \frac{4}{3}}\end{array}} \right.\). Chọn A.
\(2x - y + 2 = 0\).
\(x + y - 1 = 0\).
\(x - y - 1 = 0\).
\(x - y + 1 = 0\).
Đặt \(f\left( {x;\,\,y} \right) = {x^2} + {y^2} - 4x - 6y + 5\).
Ta có \({\rm{f}}\left( {3\,;\,\,2} \right) = 9 + 4 - 12 - 12 + 5 = - 6 < 0\).
Nên \({\rm{A}}\left( {3\,;\,\,2} \right)\) ở trong (C).
Dây cung \({\rm{MN}}\) ngắn nhất thì \({\rm{IH}}\) lớn nhất.
Mà \({\rm{IH}} \le {\rm{IA}}\) nên \({\rm{MN}}\) ngắn nhất\( \Leftrightarrow {\rm{H}} \equiv {\rm{A}} \Leftrightarrow {\rm{MN}}\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{\rm{IA}}} = (1; - 1)\).
Vậy \(d\) có phương trình: \(1\left( {x - 3} \right) - 1\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 1 = 0\). Chọn C.
\(\frac{x}{{ - 3}} + \frac{y}{2} + \frac{z}{2} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{{ - 2}} + \frac{z}{3} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\).
\(\frac{x}{2} + \frac{y}{{ - 3}} + \frac{z}{2} = 1.\)
\(V = \frac{{3\pi {a^3}\sqrt 2 }}{4}\).
\({\rm{V}} = \pi {{\rm{a}}^3}\).
\(V = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 2 }}{4}\).
\(V = 3\pi {a^3}\).
Vì \(\Delta {\rm{SAB}}\) là tam giác đều nên \(\ell = AB = 2r\,,\,\,h = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = r\sqrt 3 .\)
Mà \({S_{{\rm{xq}}}} = \pi {\rm{r}}\ell = 6\pi {{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow 2\pi {{\rm{r}}^2} = 6\pi {{\rm{a}}^2} \Leftrightarrow {\rm{r}} = {\rm{a}}\sqrt 3 \,,\;\,\,{\rm{h}} = 3{\rm{a}}.\)
Thể tích của khối nón đã cho là: \({\rm{V}} = \frac{{\pi {{\rm{r}}^2}\;{\rm{h}}}}{3} = 3\pi {{\rm{a}}^3}\). Chọn D.
Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay mô hình như hình vẽ bên quanh trục \[DF\] (với \({\rm{F}},\,\,{\rm{D}},\,\,{\rm{A}}\) thẳng hàng).
\(\frac{{5\pi }}{2}{{\rm{a}}^3}\).
\(\frac{{10\pi }}{7}{{\rm{a}}^3}\).
\(\frac{{10\pi }}{9}{{\rm{a}}^3}\).
\(\frac{\pi }{3}{{\rm{a}}^3}\).
Khối tròn xoay được tạo thành gồm hai phần:
• Phần thứ nhất là khối trụ có bán kính \({{\rm{R}}_1} = {\rm{CD}} = {\rm{a}}\) và chiều cao \({{\rm{h}}_1} = {\rm{l}} = {\rm{BC}} = {\rm{a}}\).
• Ta có \({{\rm{R}}_2} = {\rm{EF}} = {\rm{AF}} \cdot \tan 30^\circ = {\rm{a}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\).
Phần thứ hai là khối nón có bán kính \({{\rm{R}}_2} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\) và chiều cao \({{\rm{h}}_2} = {\rm{AF}} = {\rm{a}}\)
\[ \Rightarrow {\rm{V}} = {{\rm{V}}_{{\rm{tru}}}} + {{\rm{V}}_{{\rm{non }}}} = \pi {\rm{R}}_1^2 \cdot {{\rm{h}}_1} + \frac{1}{3}\pi {\rm{R}}_2^2 \cdot {{\rm{h}}_2} = \pi {{\rm{a}}^2} \cdot {\rm{a}} + \frac{1}{3} \cdot \pi {\left( {\frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} \cdot {\rm{a}} = \frac{{10\pi }}{9}{{\rm{a}}^3} \cdot \] Chọn C.
\(16{a^3}\sqrt 3 \).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều.
Ta có: \(A'{\rm{A}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right) \Rightarrow \left( {A'{\rm{C}}\,;\,\,\left( {{\rm{ABC}}} \right)} \right) = \widehat {A'{\rm{CA}}} = 45^\circ \)
\( \Rightarrow A'{\rm{AC}}\) vuông cân tại \({\rm{A}} \Rightarrow A'{\rm{A}} = {\rm{AC}} = 4{\rm{a}}\).
\({S_{ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {4a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4{a^2}\sqrt 3 \)\[ \Rightarrow {{\rm{V}}_{ABC.A'B'C'}} = {\rm{AA'}} \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = 4{\rm{a}} \cdot 4{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 = 16{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 .\] Chọn A.
\({\rm{AD}} = 3{\rm{DS}}\).
\(AD = 2DS\).
\({\rm{AS}} = 3{\rm{DS}}\).
\({\rm{AS}} = {\rm{DS}}\).
Gọi \[I\] là giao điểm của \[BD\] và \[RQ.\] Nối \(P\) với \(I,\) cắt \[AD\] tại \(S.\)
Ta có \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} \cdot \frac{{{\rm{BR}}}}{{{\rm{RC}}}} \cdot \frac{{{\rm{CQ}}}}{{{\rm{QD}}}} = 1\) mà \(\frac{{{\rm{CQ}}}}{{{\rm{QD}}}} = 2\)
sSy ra \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} \cdot \frac{{{\rm{BR}}}}{{{\rm{RC}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{\rm{RC}}}}{{{\rm{BR}}}}\).
Vì \({\rm{PR}}\,{\rm{//}}\,{\rm{AC}}\) nên \(\frac{{{\rm{RC}}}}{{{\rm{BR}}}} = \frac{{{\rm{AP}}}}{{{\rm{PB}}}} \Rightarrow \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{{\rm{AP}}}}{{{\rm{PB}}}}\).Lại có \(\frac{{{\rm{SA}}}}{{{\rm{SD}}}}.\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{IB}}}}.\frac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{PA}}}} = 1 \Rightarrow \frac{{{\rm{SA}}}}{{{\rm{SD}}}}.\frac{1}{2}.\frac{{{\rm{AP}}}}{{{\rm{PB}}}}.\frac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{PA}}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm{SA}}}}{{{\rm{SD}}}} = 2 \to {\rm{AD}} = 3{\rm{DS}}\). Chọn A.
\({\rm{I}}\left( {0\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\).
\({\rm{I}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\).
\({\rm{I}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\).
\(I\left( {\frac{4}{3}\,;\,\,0\,;\,\, - \frac{2}{3}} \right)\).
Gọi \[J\] là trung điểm \[AB\] nên \[J\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\].
Tam giác \[ABO\] vuông tại \(O\) nên \(J\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{OAB}}\).
Gọi \[I\] là tâm mặt cầu \(\left( {\rm{S}} \right),\,\,\left( {\rm{S}} \right)\) qua các điểm \({\rm{O}},\,\,{\rm{A}},\,\,{\rm{B}}\).
Ta có đường thẳng \[IJ\] qua \({\rm{J}}\) và có một VTCP là \(\vec j = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) nên có phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = b}\\{z = - 1}\end{array}} \right..\)
\({\rm{I}} \in \left( {{\rm{IJ}}} \right) \Rightarrow {\rm{I}}\left( {2\,;\,\,{\rm{b}}\,;\,\, - 1} \right),\,\,{\rm{IA}} = \sqrt {{{\rm{b}}^2} + 5} \Rightarrow {\rm{IA}} \ge \sqrt 5 .\)
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow {\rm{b}} = 0.\) Vậy \({\rm{I}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\). Chọn C.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 3t}\\{z = 3 - t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - t}\\{y = 2 - 3t}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 3t}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right.\).
Gọi \(\Delta \) là đường thẳng cần tìm.
Ta có \(\Delta \) có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_p}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\].
Suy ra phương trình tham số của \(\Delta \) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 3t{\rm{. }}}\\{z = 3 + t}\end{array}} \right.\)Chọn D.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị \(f'\left( x \right)\) như hình vẽ bên. Đồ thị hàm số \({\rm{g}}\left( x \right) = \left| {2f\left( x \right) - {{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right|\) có tối đa bao nhiêu điểm cực trị?
5.
6.
3.
7.
Xét hàm số \(h\left( x \right) = 2f\left( x \right) - {\left( {x - 1} \right)^2}\).
Ta có \(h'\left( x \right) = 2\left[ {f'\left( x \right) - \left( {x - 1} \right)} \right]\).
Dựa vào đồ thị của hàm \(f'\left( x \right)\) và \(y = x - 1\) như hình bên ta có bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right)\)
Ta thấy hàm số \(h\left( x \right)\) có 2 cực trị và phương trình \(h\left( x \right) = 0\) có nhiều nhất 3 nghiệm.
Vậy hàm số \({\rm{g}}\left( x \right)\) có nhiều nhất 5 điểm cực trị. Chọn A.
\(M\left( {\frac{3}{4};\,\,\frac{1}{2};\,\, - 1} \right)\).
\({\rm{M}}\left( { - \frac{3}{4};\,\,\frac{1}{2};\,\,2} \right)\).
\({\rm{M}}\left( { - \frac{3}{4};\,\,\frac{3}{2};\,\, - 1} \right)\).
\(M\left( { - \frac{3}{4};\,\,\frac{1}{2};\,\, - 1} \right).\)
Giả sử \[{\rm{M}}\left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}}} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{\rm{AM}}} = \left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}} + 1} \right)}\\{\overrightarrow {{\rm{BM}}} = \left( {{\rm{x}} + 1\,;\,\,{\rm{y}} - 1\,;\,\,{\rm{z}}} \right)}\\{\overrightarrow {{\rm{CM}}} = \left( {{\rm{x}} - 1\,;\,\,{\rm{y}}\,;\,\,{\rm{z}} - 1} \right)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{A}}{{\rm{M}}^2} = {{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} + 1} \right)}^2}}\\{{\rm{B}}{{\rm{M}}^2} = {{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2} + {{\left( {{\rm{y}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{z}}^2}}\\{{\rm{C}}{{\rm{M}}^2} = {{\left( {{\rm{x}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\]
\( \Rightarrow 3{\rm{M}}{{\rm{A}}^2} + 2{\rm{M}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{M}}{{\rm{C}}^2}\)
\( = 3\left[ {{{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\left( {{\rm{z}} + 1} \right)}^2}} \right] + 2\left[ {{{\left( {{\rm{x}} + 1} \right)}^2} + {{\left( {{\rm{y}} - 1} \right)}^2} + {{\rm{z}}^2}} \right] - \left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\)
\( = 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} + 6x - 4y + 8z + 6 = {\left( {2x + \frac{3}{2}} \right)^2} + {\left( {2y - 1} \right)^2} + {\left( {2z + 2} \right)^2} - \frac{5}{4} \ge - \frac{5}{4}.\)
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow x = - \frac{3}{4},\,\,y = \frac{1}{2},\,\,z = - 1\), khi đó \(M\left( { - \frac{3}{4};\,\,\frac{1}{2};\,\, - 1} \right).\) Chọn D.
Cho hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) = a{x^3} + b{{\rm{x}}^2} + {\rm{cx}} + {\rm{d}}\) như hình vẽ bên. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \({\rm{m}} \in \left( { - 5\,;\,\,5} \right)\) để phương trình \({{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right) - \left( {{\rm{m}} + 4} \right)\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0\) có 6 nghiệm phân biệt?
4.
2.
5.
3.
\({{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right) - \left( {{\rm{m}} + 4} \right)\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left| {{{\rm{f}}^2}\left( {\rm{x}} \right)} \right|^2} - {\rm{m}}\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| - 4\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| + 2\;{\rm{m}} + 4 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) - 2} \right|} \right)^2} - m\left( {\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| = 2 & \,(1)}\\{\left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right| = m + 2\, & (2)}\end{array}} \right.\).
Từ đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) ta được đồ thị hàm số \({\rm{y}} = \left| {{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} \right|\) như hình vẽ.
Xét phương trình \((1):{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) = 2\), ta thấy phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác các nghiệm của phương trình (1).Do đó \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 2 = 0}\\{m + 2 > 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 2}\\{m > 2}\end{array}} \right.} \right.\), với \(m \in \left( { - 5\,;\,\,5} \right).\)
Vậy các giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\]. Chọn D.
\(a = 1\).
\(a = - \frac{{49}}{{60}}\).
\({\rm{a}} = - 12\).
\(a = - \frac{{57}}{{80}}\).
Phương trình tương đương với \(\left| {2{x^2} - 3x - 2} \right| + {x^2} + 8x = 5a\).
Xét hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( x \right) = \left| {2{{\rm{x}}^2} - 3{\rm{x}} - 2} \right| + {{\rm{x}}^2} + 8{\rm{x}} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3{{\rm{x}}^2} + 5{\rm{x}} - 2{\rm{ khi x}} \le - \frac{1}{2},{\rm{x}} \ge 2}\\{ - {{\rm{x}}^2} + 11{\rm{x}} + 2\,\,{\rm{khi}} - \frac{1}{2} < {\rm{x}} < 2}\end{array}} \right.\).
Suy ra, bảng biến thiên của hàm \(y = f\left( x \right) = \left| {2{x^2} - 3x - 2} \right| + {x^2} + 8x\) như sau:
Yêu cầu bài toán \(5a = - \frac{{49}}{{12}} \Leftrightarrow a = - \frac{{49}}{{60}}\). Chọn B.
\(\frac{5}{2}\).
\(\frac{{21}}{4}\).
2.
1.
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow {\rm{u}} = 1\\{\rm{x}} = 16 \Rightarrow {\rm{u}} = 4\end{array} \right.\).
Khi đó \[1 = \int\limits_1^{16} {\frac{{{\rm{f}}\left( {\sqrt {\rm{x}} } \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} = \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{2f}}\left( {\rm{u}} \right)}}{{\rm{u}}}{\rm{du}}} = 2\int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{2f}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} \Rightarrow \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} = \frac{1}{2}\].
Đặt \(v = 4x \Rightarrow dv = 4dx\). Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{1}{8} \Rightarrow v = \frac{1}{2}\\x = 1 \Rightarrow v = 4\end{array} \right.\).
Vậy \[I = {\rm{I}} = \int\limits_{\frac{1}{8}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( {4{\rm{x}}} \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} = \int\limits_{\frac{1}{8}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( {4{\rm{x}}} \right)}}{{{\rm{4x}}}}{\rm{4dx}}} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( v \right)}}{{\rm{v}}}{\rm{dv}}} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} \]
\[ = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} + \int\limits_1^4 {\frac{{{\rm{f}}\left( x \right)}}{{\rm{x}}}{\rm{dx}}} = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}.\] Chọn A.
\(\frac{{24}}{{35}}\).
\(\frac{{144}}{{245}}\).
\(\frac{{72}}{{245}}\).
\(\frac{{18}}{{35}}\).
Đặt \(X = \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\} \Rightarrow n\left( X \right) = 8\).
Gọi biến cố \({\rm{A}}\): "Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn".
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lấy từ \(X\) có dạng: \(\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}} \):
\({a_1} \in X\backslash \left\{ 0 \right\} \Rightarrow {a_1}\) có 7 cách chọn; \({a_2},\,\,{a_3},\,\,{a_4} \in X\backslash \left\{ {{a_1}} \right\} \Rightarrow {a_2},\,\,{a_3},\,\,{a_4}\) có \(A_7^3\) cách chọn.
Số phân tử không gian mẫu là: \(n(\Omega ) = 7.{\rm{A}}_7^3 = 1470\).
Tính số các được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, kể cả chữ số 0 đứng đầu.
Chọn 2 chữ số chẵn trong bộ \[\left\{ {0\,;\,\,2\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}\] có \({\rm{C}}_4^2\) cách chọn.
Chọn 2 chữ số lẻ còn lại trong bộ \(\left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_4^2\) cách chọn.
Sau khi chọn 4 chữ số trên có \[4!\] cách xếp vị trí.
Suy ra số các số được chọn có đúng hai chữ số chẵn, kể cả chữ số 0 đứng đầu là: \(C_4^2\,.\,C_4^2\,.\,4! = 864.\)
Tính số các số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn trong đó chữ số 0 đứng đầu.
Chọn 1 chữ số chẵn trong bộ \[\left\{ {2\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}\] có 3 cách chọn.
Chọn 2 chữ số lẻ còn lại trong bộ \(\left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,5\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_4^2\) cách chọn.
Sau khi chọn 3 chữ số trên có \[3!\] cách xếp vị trí.
Suy ra số các số được chọn có đúng hai chữ số chẵn trong đó chữ số 0 đứng đầu là: \[3\,.\,C_4^2\,.\,3! = 108.\]
Khi đó \({\rm{n}}({\rm{A}}) = 864 - 108 = 756\) (số).
Xác suất cần tìm là: \({\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) = \frac{{{\rm{n}}\left( {\rm{A}} \right)}}{{{\rm{n}}\left( \Omega \right)}} = \frac{{756}}{{1470}} = \frac{{18}}{{35}}\). Chọn D.
\(V = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{9}\).
\(V = \frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{9}\).
\(V = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có: \({V_{{\rm{S}}{\rm{.ABCD }}}} = \frac{1}{3}.{a^2}.a\sqrt 2 = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).
Ta có \({\rm{AD'}} \bot \left( {{\rm{SDC}}} \right)\)
\( \Rightarrow {\rm{AD'}} \bot {\rm{SD}}\,;\,\,{\rm{A}}B' \bot \left( {{\rm{SBC}}} \right) \Rightarrow {\rm{A}}B' \bot {\rm{SB}}\).
Do \({\rm{SC}} \bot \left( {{\rm{A}}B'{\rm{D'}}} \right) \Rightarrow {\rm{SC}} \bot {\rm{A}}C'\).
Tam giác \[SAC\] vuông cân tại \(A\) nên \(C'\) là trung điểm của \[SC.\]
Trong tam giác \({\rm{SA}}B'\) ta có \(\frac{{{\rm{S}}B'}}{{{\rm{SB}}}} = \frac{{{\rm{S}}{{\rm{A}}^2}}}{{{\rm{S}}{{\rm{B}}^2}}} = \frac{{2{{\rm{a}}^2}}}{{3{{\rm{a}}^2}}} = \frac{2}{3}\).\(\frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{SA}}B'\,C'{\rm{D'}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{SA}}B'\,C'}} + {{\rm{V}}_{{\rm{SA}}C'{\rm{D'}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{\rm{S}}B'}}{{{\rm{SB}}}} \cdot \frac{{{\rm{S}}C'}}{{{\rm{SC}}}} + \frac{{{\rm{SD'}}}}{{{\rm{SD}}}} \cdot \frac{{{\rm{S}}C'}}{{{\rm{SC}}}}} \right) = \frac{{{\rm{S}}B'}}{{{\rm{SB}}}} \cdot \frac{{{\rm{S}}C'}}{{{\rm{SC}}}}\)\( = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{3}\).
Vậy \({{\rm{V}}_{{\rm{SA}}B'\,C'{\rm{D'}}}} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 2 }}{9}\). Chọn C.
Ta có \({\rm{f'}}\left( { - 2} \right) = - 11\). Đáp án: −11.
Ta có \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = 0\,,\,\,{\rm{x}} = 3\,,\,\,{\rm{x}} = 2\). Trong đó: \({\rm{x}} = 3\) là nghiệm bội chẵn.
Khi đó ta có bảng xét dấu:
Dựa vào bảng xét dấu, ta thấy hàm số đã cho có một điểm cực tiểu.
Đáp án: 1.
Ta có \({\rm{d}}\left( {{\rm{M}};\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2 - 4 - 3 + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\).
Khi đó \(a = 4\,,\,\,b = 3 \Rightarrow a + b = 7\). Đáp án: 7.
Vì chữ số 2 đứng liên giữa hai chữ số 1 và 3 nên số cần lập có bộ ba số 123 hoặc 321 .
Trường hợp 1: Số cần lập có bộ ba số 123.
Nếu bộ ba số 123 đứng đầu thì số có dạng \(\overline {123abcd} \).
Có \(A_7^4 = 840\) cách chọn bốn số a, b, c, d nên có \(A_7^4 = 840\) (số).
Nếu bộ ba số 123 không đứng đầu thì số có 4 vị trí đặt bộ ba số 123 .
Có 6 cách chọn số đứng đầu và có \({\rm{A}}_6^3 = 120\) cách chọn ba số b, c, \({\rm{d}}\).
Theo quy tắc nhân có \(6 \cdot 4 \cdot A_6^3 = 2\,\,880\) (số).
Theo quy tắc cộng có \(840 + 2\,\,880 = 3\,\,720\) (số).
Trường hợp 2: Số cần lập có bộ ba số 321 .
Do vai trò của bộ ba số 123 và 321 như nhau nên có \(2\left( {840 + 2\,\,880} \right) = 7\,\,440\).
Đáp án: 7440.
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {3x + 1} - 1}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{3x + 1 - 1}}{{x\left( {\sqrt {3x + 1} + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{3}{{\sqrt {3x + 1} + 1}} = \frac{3}{2}\).
Do đó, \(a = 3,\,\,b = 2\). Vậy \(P = {a^2} + {b^2} = 13.\)
Đáp án: 13.
Số tiền thu được khi có \(x\) học sinh là: \(f\left( x \right) = x{\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)^2}\).
Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)^2} - 2.\frac{1}{{40}}\left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)x = \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{x}{{40}} - \frac{x}{{20}}} \right) = \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{{3x}}{{40}}} \right)\).
\[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {9 - \frac{x}{{40}}} \right)\left( {9 - \frac{{3x}}{{40}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 360}\\{x = 120}\end{array}} \right..\]
\(f\left( {120} \right) = 4 \cdot 320\,;\,\,f\left( {200} \right) = 3 \cdot 200\).
Vậy \[\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{x \in \left[ {0\,;\,\,200} \right]} f\left( x \right) = f\left( {120} \right) = 4\,\,320\] (nghìn đồng).
Đáp án: 4320.
Cho \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{{x^2} - 2mx + m + 6 = 0}\end{array}} \right.\).
Trong đó \(x = 0\) là nghiệm bội chẵn, \(x = 1\) là nghiệm bội lẻ.
Để hàm số đã cho có đúng một điểm cực trị thì \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0\) chỉ đổi dấu 1 lần.
Trường hợp 1: \({x^2} - 2mx + m + 6 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {m^2} - m - 6 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 3\).
Do \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\) nên \({\rm{m}} \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\). Suy ra có 6 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn.
Trường hợp 2: Tam thức \({x^2} - 2mx + m + 6\) có hai nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm là \(x = 1\).
Khi đó \({1^2} - 2m.1 + m + 6 = 0 \Rightarrow m = 7\).
Vậy \[m \in \left\{ { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,7} \right\}.\] Đáp án: 7.
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = x - 2}\\{dv = {e^x}dx}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = dx}\\{v = {e^x}}\end{array}} \right.} \right.\)
\[ \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left( {x - 2} \right){e^x}dx} = \left. {\left( {x - 2} \right){e^x}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^x}dx} = - e + 2 - \left. {{e^x}} \right|_0^1 = 3 - 2e\].
Với \(a\,,\,\,b \in \mathbb{Z} \Rightarrow a = 3\,,\,\,b = - 2 \Rightarrow a + b = 1\).
Đáp án: 1.
Cho hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình vẽ bên. Tìm số nghiệm của phương trình \({\rm{f}}\left( {{x^4} - 1} \right) - 1 = 0\).
Đặt \(t = {x^4} - 1 \Rightarrow f\left( t \right) = 1\,\,(*) \Leftrightarrow t = a\,,\,\,t = b\,,\,\,t = c\,\,\left( {a < - 1 < b < 1 < c} \right)\).
Khi đó \({x^4} - 1 = a \Leftrightarrow {x^4} = 1 + a < 0\) vô nghiệm;
\({x^4} - 1 = b \Leftrightarrow {x^4} = b + 1 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt[4]{{b + 1}}\)
\({x^4} - 1 = c \Leftrightarrow {x^4} = c + 1 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt[4]{{c + 1}}.\)
Đáp án: 4.
Ta có \({z^2} + 2mz + 3m + 4 = 0\) (1); \(\Delta ' = {m^2} - 3m - 4\)
Phương trình (1) có 2 nghiệm không phải là số thực khi và chỉ khi
\(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 3m - 4 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 4\).
Với \(m\) nguyên ta nhận \[m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\].
Đáp án: 4.
Gọi \({\rm{O}}\) là trọng tâm tam giác \({\rm{ABC}}\) \( \Rightarrow A'{\rm{O}} \bot \left( {{\rm{ABC}}} \right)\) vì \(A'{\rm{.ABC}}\) là hình chóp tam giác đều. Gọi \({\rm{H}}\) là trung điểm \({\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\).
\({\rm{Ta}}\) có \[{\rm{AB}} = {\rm{a}} \Rightarrow {\rm{CH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,{\rm{OH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\,;\,\,{\rm{AO}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}.\]
Áp dụng định lý Pythagore trong \[\Delta A'OA,\]ta có:
\(A'{\rm{O}} = \sqrt {A'{{\rm{A}}^2} - {\rm{A}}{{\rm{O}}^2}} = \frac{{\rm{a}}}{2}\).Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{OH}} \bot {\rm{AB}}}\\{A'{\rm{O}} \bot {\rm{AB}}}\end{array}} \right. \Rightarrow {\rm{AB}} \bot \left( {A'{\rm{OH}}} \right) \Rightarrow {\rm{AB}} \bot A'{\rm{H}}\).
\[\left( {{\rm{AB}}B'A'} \right) \cap \left( {{\rm{ABC}}} \right) = {\rm{AB}}\,;\,\,{\rm{OH}} \bot {\rm{AB}},\,\,A'{\rm{H}} \bot {\rm{AB}}\]
\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {{\rm{AB}}B'A'} \right),\left( {{\rm{ABC}}} \right)} \right)} = \widehat {\left( {{\rm{OH}},\,\,A'{\rm{H}}} \right)} = \widehat {{\rm{OH}}A'}\).
Ta có \(\tan \widehat {{\rm{OH}}A'} = \frac{{A'{\rm{O}}}}{{{\rm{OH}}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {{\rm{OH}}A'} = 60^\circ .\)
Vậy \(\widehat {\left( {\left( {{\rm{AB}}B'A'} \right),\left( {{\rm{ABC}}} \right)} \right)} = 60^\circ .\)
Đáp án: 60.
Ta có \((\alpha ):3x - 2y + z + 6 = 0\) có vectơ pháp tuyến là \(\vec n = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\).
Gọi \(H\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) là hình chiếu của điểm \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha )\).
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{\rm{AH}}} = {\rm{k}}{\rm{.}}\vec n}\\{{\rm{H}} \in (\alpha )}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{\rm{x}} - 2\,;\,\,{\rm{y}} + 1\,;\,\,{\rm{z}}} \right) = {\rm{k}}\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} - 2 = 3{\rm{k}}}\\{{\rm{y}} + 1 = - 2{\rm{k}}}\\{{\rm{z}} = {\rm{k}}}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 2 + 3{\rm{k}}}\\{{\rm{y}} = - 1 - 2{\rm{k}}}\\{{\rm{z}} = {\rm{k}}}\\{3{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + {\rm{z}} + 6 = 0}\end{array}} \right.} \right.\).
Giải hệ trên ta có: \({\rm{x}} = - 1\,;\,\,{\rm{y}} = 1\,;\,\,{\rm{x}} = - 1\) hay \({\rm{H}}\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow {\rm{T}} = {{\rm{x}}^2} + {{\rm{y}}^2} + {{\rm{z}}^2} = 3\).
Đáp án: 3.
Với \[a,\,\,b\] nguyên dương, ta có: \({\log _3}\left( {a + b} \right) + {\left( {a + b} \right)^3} = 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3ab\left( {a + b - 1} \right) + 1\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + {b^2} - ab}} + {a^3} + {b^3} + 3ab\left( {a + b} \right) = 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right) + 3ab\left( {a + b} \right) + 1\)
\( \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{a^3} + {b^3}} \right) + {a^3} + {b^3} = {\log _3}\left[ {3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)} \right] + 3\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right).\,\,\,\,(1)\)
Xét \({\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) = {\log _3}t + t\) trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\,;\,\,{\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) = \frac{1}{{{\rm{t}} \cdot \ln 3}} + 1 > 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} > 0\)
\( \Rightarrow {\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right)\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Khi đó, phương trình \((1)\) trở thành: \({\rm{f}}\left( {{{\rm{a}}^3} + {{\rm{b}}^3}} \right) = {\rm{f}}\left[ {3\left( {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} - {\rm{ab}}} \right)} \right]\) \( \Leftrightarrow {{\rm{a}}^3} + {{\rm{b}}^3} = 3\left( {{{\rm{a}}^2} + {{\rm{b}}^2} - {\rm{ab}}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)(a + b - 3) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} - ab = 0\,\,\,(1)}\\{a + b - 3 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\).
Ta có \({a^2} + {b^2} - ab = {\left( {a - \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} > 0\,,\,\,\forall a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\). Do đó (1) vô nghiệm.
\((2) \Leftrightarrow a + b = 3.\) Mà \(a,\,\,b \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 1}\end{array}\,;\,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 2}\end{array}} \right.} \right.\).
Đáp án: 2.
Gọi \[I\] là trung điểm của đoạn \({\rm{AD}}{\rm{.}}\)
Ta có \(AI\,\,{\rm{//}}\,\,BC\) và \({\rm{AI}} = {\rm{BC}}\) nên tứ giác \({\rm{ABCI}}\) là hình vuông hay \(CI = a = \frac{1}{2}AD\).
Do đó \(\Delta ACD\) là tam giác vuông tại \(C.\)
Kẻ \({\rm{AH}} \bot {\rm{SC}}\), ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{AC}} \bot {\rm{CD}}}\\{{\rm{CD}} \bot {\rm{SA}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{CD}} \bot \left( {{\rm{SCA}}} \right)} \right.\)
hay \(CD \bot {\rm{AH}}\) nên \({\rm{AH}} \bot \left( {{\rm{SCD}}} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A,\,\,\left( {{\rm{SCD}}} \right)} \right) = AH\,;\,\,AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 .\)
Ta có \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{SA}} \cdot {\rm{AC}}}}{{\sqrt {{\rm{S}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2}} }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 \cdot {\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt {2{{\rm{a}}^2} + 2{{\rm{a}}^2}} }} = {\rm{a}}\).
Gọi \(AB \cap CD = E\), mặt khác \[\frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{d\left( {B,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2}\].
Vậy \(d = \frac{1}{2}a = 2\). Đáp án: 2.
Gọi các yếu tố như hình vẽ, diện tích phần phải xây của bể là phần xung quanh và đáy.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{V = 2{x^2} \cdot h = \frac{{500}}{3}}\\{S = 2{x^2} + 6xh}\end{array} \Rightarrow S = 2{x^2} + \frac{{500}}{x} = 2{x^2} + \frac{{250}}{x} + \frac{{250}}{x}\mathop \ge \limits^{{\rm{Cosi}}} 150} \right..\)Số chi phí thấp nhất là \(150 \cdot 500\,\,000 = 75\) (triệu đồng).
Đáp án: 75.
Bác bỏ.
Phân tích.
Lập luận.
So sánh.
Thao tác lập luận chính trong đoạn văn: Phân tích. Chọn B.
Diễn dịch.
Quy nạp.
Song hành.
Tổng phân hợp.
Đoạn văn được viết theo kiểu diễn dịch. Câu chủ đề nằm ở đầu đoạn, các câu còn lại trong đoạn làm rõ nội dung được thể hiện trong câu chủ đề. Chọn A.
Người đọc bị lôi cuốn, đang ngao du trong thế giới tưởng tượng của cảm xúc.
Đọc, trong nghĩa đó là một trò chơi.
Cách đọc, tư thế của một người đọc văn thật sự.
Người đọc suy tư.
Nội dung chính mà văn bản đề cập: Cách đọc, tư thế của một người đọc văn thật sự. Chọn C.
Nhân hóa.
Liệt kê.
Nói giảm.
Hoán dụ.
Biện pháp tu từ chính được thể hiện trong văn bản là liệt kê: Một là, hai là, ba là,….. Chọn B.
Hai.
Ba.
Bốn.
Năm.
Dựa vào các câu văn: Đọc, trong nghĩa đó là một trò chơi. Nơi mỗi người đọc có ba nhân vật chồng lên nhau, tác động lên nhau. Một là người đọc bằng xương bằng thịt, hai chân đụng đất, vẫn còn ý thức liên hệ với thế giới bên ngoài. Hai là, người đọc bị lôi cuốn, đang ngao du trong thế giới tưởng tượng của cảm xúc. Ba là, người đọc suy tư, đưa vào trò chơi sự chú ý, sự suy nghĩ, sự phán đoán của tri thức. Chọn B.
Tâm trạng của Chí Phèo khi tỉnh dậy sau cơn say.
Sự thay đổi tốt đẹp của Chí Phèo sau khi gặp Thị Nở.
Niềm vui của Chí Phèo vì đã tỉnh rượu.
Mơ ước của Chí Phèo về một gia đình êm ấm, hạnh phúc.
Những chi tiết “Hắn bâng khuâng như tỉnh dậy, hắn thấy miệng đắng, lòng mơ hồ buồn,….” cho thấy đoạn trích nói về tâm trạng của Chí Phèo sau khi tỉnh cơn say. Chọn A.
Tiếng chim hót, tiếng dệt vải, tiếng người đi chợ.
Tiếng chim hót, tiếng người đi chợ, tiếng gõ mái chèo.
Tiếng người đi chợ, tiếng chim hót, tiếng cá bơi lội.
Tiếng người đi chợ, tiếng gõ mái chèo, tiếng ruột gan nôn nao.
Những chi tiết: Tiếng chim hót ngoài kia vui vẻ quá, Có tiếng cười nói của những người đi chợ. Anh thuyền chài gõ mái chèo đuổi cá. Chọn B.
cho.
lấy.
mua.
bán.
Vì bị ốm.
Vì không thể nghe thấy những âm thanh quen thuộc.
Vì đánh mất quá khứ.
Vì nghĩ đến tương lai vô vọng.
Chi tiết “….Hắn nôn nao buồn, là vì mẩu chuyện ấy nhắc cho hắn một cái gì rất xa xôi. Hình như có một thời hắn đã ao ước có một gia đình nho nhỏ” cho thấy nguyên nhân nỗi buồn của Chí là đã đánh mất những ước mơ tốt đẹp một thời. Chọn C.
Miêu tả chân thực ngoại hình và tính cách nhân vật.
Ngôn ngữ đối thoại sinh động và độc thoại nội tâm sâu sắc.
Miêu tả nội tâm nhân vật chân thực, sinh động.
Sử dụng ngôi kể thứ nhất hợp lí và điểm nhìn linh hoạt.
Nội dung của đoạn trích là tâm trạng của Chí Phèo sau khi tỉnh rượu, cho thấy tài năng của Nam Cao trong việc miêu tả nội tâm nhân vật. Chọn C.
Lục bát.
Song thất lục bát.
Lục bát biến thể.
Tự do.
Xác định đoạn trích có các câu 6 chữ và câu 8 chữ đan xen nhau nên đây là thể thơ lục bát. Chọn A.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Xác định từ khóa “như” trong câu thơ. So sánh: “Không gian như có dây tơ” dùng để diễn tả không gian mong manh như sợi tơ. Chọn A.
Chính luận.
Khoa học.
Nghệ thuật.
Sinh hoạt.
Văn bản được đưa ra là một bài thơ (một tác phẩm nghệ thuật) nên phong cách ngôn ngữ được sử dụng trong bài thơ này là phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn C.
Lá hồng.
Bông hường.
Ruộng nương.
Lau lách.
Đọc và tìm kiếm các từ “lá hồng”, “bông hường”, “ruộng nương”, “lau lách” trong bài thơ:
- Lá hồng: xuất hiện trong câu thơ (3): “Lá hồng rơi lặng ngõ thuôn”.
- Bông hường: xuất hiện trong câu thơ (5): “Phất phơ hồn của bông hường”.
- Ruộng nương: không xuất hiện.
- Lau lách: xuất hiện trong câu thơ (8): “E bên lau lách thuyền không vắng bờ”.
→ Chọn C.
Nỗi hoài niệm về những mùa thu đã qua.
Nỗi buồn vu vơ, vô cớ vương vào cảnh vật.
Nỗi nhớ quê hương da diết của một người con xa quê.
Nỗi buồn nhẹ nhàng, lãng mạn của một người đang yêu.
- “Tôi buồn không hiểu vì sao tôi buồn” và “Lòng không sao cả hiu hiu khẽ buồn” chính là nỗi buồn vu vơ, vô cớ.
- “Lá hồng rơi lặng”, “phất phơ hồn của bông hường”, “gió nhớ qua sông” ... diễn tả nỗi buồn của tác giả thấm vào cảnh vật, khiến cho cả không gian đượm màu buồn bã.
Như vậy, cảm xúc chủ đạo được nhà thơ thể hiện trong văn bản là nỗi buồn vu vơ thấm đượm lên cảnh vật. Chọn B.
Những nơi có thể tìm thấy hải sâm.
Nguồn gốc tên hải sâm.
Cách nhận biết hải sâm .
Những đặc điểm đặc biệt của hải sâm.
Chủ đề của đoạn trích nằm ở đoạn văn số (1): Tất cả các sinh vật sống đều có những đặc điểm riêng biệt, nhưng mọi thứ ở loài hải sâm đều khác thường. Chọn D.
Bộ máy tiêu hóa của hải sâm không hoạt động vào mùa hè.
Do thiếu nguồn thức ăn, các loài sinh vật phù du không sinh sôi, phát triển.
Hải sâm không chịu được sức nóng khi nhiệt độ tăng cao.
Cơ bộ phận cơ thể của hải sâm đang tự tái tạo, làm mới.
Thông tin xuất hiện ở đoạn (2): sâm biển thường ngủ hè bởi cơ thể của chúng rất nhạy cảm với sự thay đổi nhiệt độ của nước biển, khả năng chịu nóng kém. Chọn C.
Trở nên hấp dẫn trong mắt bạn tình.
Bảo vệ chúng khỏi những nguy hiểm.
Dễ dàng tiêu hóa thức ăn.
Di chuyển trong bùn dễ dàng hơn.
Thông tin xuất hiện ở đoạn (3): Hình dáng đặc biệt kết hợp với sự mềm dẻo, linh hoạt của cơ thể cho phép chúng dễ dàng len lỏi vào các khe đá, ở đó chúng được an toàn trước những kẻ săn mồi và dòng chảy của đại dương. Chọn B.
Thói quen ăn của hải sâm.
Nguồn thức ăn của hải sâm.
Sự sinh sản của hải sâm.
Cơ chế tự vệ của hải sâm.
Dựa vào chi tiết: Tuy nhiên khi phải đối mặt với sự sống còn thì mọi thứ lại trở nên thú vị,.... Đoạn văn (4) nhắc đến cơ chế tự vệ và cách phục hồi khi bị tấn công của hải sâm. Chọn D.
Chúng rất nhạy cảm với những kích thích xung quanh.
Chúng là loài động vật yếu đuối, vô dụng.
Chúng cũng giống như hầu hết các sinh vật biển khác.
Chúng thường sống thành bầy đàn và bảo vệ lẫn nhau.
Thông tin nằm ở đoạn (4): Hải sâm sẽ tự đào thải và tự tái sinh khi bị dính vào một thứ gì đó hoặc bị vật khác chạm vào; nó cũng sẽ làm như vậy nếu nhiệt độ nước xung quanh quá cao hoặc nguồn nước trở nên quá ô nhiễm. Chọn A.
trong.
kháng chiến.
chiến sĩ.
từ trần.
Từ “từ trần” dùng chưa hợp lí. Nên thay bằng từ “hi sinh”. Chọn D.
từ ghép.
hai tiếng.
giống nhau.
đứng sau.
Từ láy là loại từ được tạo thành từ hai tiếng trở lên. Các tiếng có cấu tạo giống nhau hoặc tương tự nhau về vần, tiếng đứng trước hoặc tiếng đứng sau. Chọn A.
quan điểm.
kim từ điển.
bản ghi chép.
quy tắc.
Câu văn trên giới thiệu về từ điển (bản ghi đáng tin cậy, quy tắc sử dụng ngôn ngữ). Căn cứ vào từ “truyền thống” xác định được từ sai là “kim từ điển” (từ điển điện tử) đang dùng sai nghĩa nên cần thay thế bằng “từ điển”. Chọn B.
được.
theo.
tập tục.
truyền miệng.
Văn học dân gian được sáng tác theo lối tập thể và truyền miệng. Chọn C.
ý tưởng.
tri thức.
rung động.
trí óc.
Tư tưởng nghệ thuật không bao giờ là tri thức trừu tượng một mình trên cao. Một câu thơ, một trang truyện, một vở kịch, cho đến một bức tranh, một bản đàn, ngay cả khi làm chúng ta rung động trong cảm xúc, có bao giờ để trí óc chúng ta nằm lười yên một chỗ. Chọn A.
Tây Tiến.
Việt Bắc.
Hai đứa trẻ.
Vội vàng
Tác phẩm “Hai đứa trẻ” thuộc thể loại truyện. Các tác phẩm còn lại đều thuộc thể loại thơ. Chọn C.
Sóng.
Tây Tiến.
Việt Bắc.
Đồng chí.
Tác phẩm “Sóng” viết về đề tài tình yêu. Các tác phẩm còn lại viết về đề tài cách mạng, cuộc kháng chiến, con người kháng chiến. Chọn A.
dự tính.
dự báo.
dự thính.
dự đoán.
“dự thính” có nghĩa tham dự vào để nghe chứ không có tư cách thành viên chính thức; các từ còn lại trong nhóm (dự tính, dự báo, dự đoán) có nghĩa chung là: nhận định trước, đoán trước một sự việc trong tương lai. Chọn C.
vừa mắt.
vừa ý.
vừa rồi.
vừa lòng.
Từ “vừa rồi” có ý nghĩa chỉ thời gian; các từ còn lại trong nhóm (vừa mắt, vừa ý, vừa lòng) chỉ sự ưng ý, hài lòng, vui thích...nói chung. Chọn C.
Tuyên ngôn Độc lập.
Rừng xà nu.
Chiếc thuyền ngoài xa.
Vợ nhặt.
Tuyên ngôn Độc lập” - Văn chính luận. “Rừng xà nu, Chiếc thuyền ngoài xa, Vợ nhặt” - Truyện ngắn → Chọn A.
sinh thái.
đời sống.
không khí.
sức khỏe.
Cơ quan khí tượng sẽ cung cấp các vấn đề liên quan về khí tượng, thiên văn nên đáp án đúng là không khí. Chọn C.
tài ba.
tài năng.
tài hoa.
tài tình.
Trong văn Nguyễn Tuân, hai phẩm chất uyên bác và tài hoa không tồn tại tách rời nhau, mà trái lại, luôn luôn hòa quyện với nhau và hỗ trợ, bổ sung cho nhau. Chọn C.
không những/ mà còn.
vì/ nên.
càng/ càng.
tuy/ nhưng.
Độc lập và thống nhất đất nước không những gắn với nhau mà còn gắn với chủ nghĩa xã hội. Chọn A.
quê hương.
đất nước.
con người.
tình yêu.
Xuân Diệu và Xuân Quỳnh là hai tác giả thuộc hai thế hệ khác nhau nhưng trong cảm thức về tình yêu - một chủ đề muôn thuở - vẫn có những điểm gần gũi. Chọn D.
hùng ca – tình ca.
đồng ca – anh hùng ca.
hòa ca – khải hoàn ca.
hợp ca – hùng ca.
Việt Bắc là khúc hùng ca và cũng là khúc tình ca về cách mạng về cuộc kháng chiến và con người kháng chiến. Chọn A.
Yêu nước, căm thù giặc.
Đảm đang, tháo vát.
Yêu thương, tình nghĩa.
Ngoan ngoãn, hiếu thảo.
Những hành động như dự tính sắp xếp nhà cửa sau khi hai chị em đi lính ra sao, đưa thằng Út sang ở với chú Năm, cái nhà cho xã mượn mở trường học,... thể hiện Chiến là người con gái đảm đang, tháo vát, lo nghĩ chu toàn trong mọi việc. Chọn B.
Đánh dấu lời nói trực tiếp của nhân vật.
Để chỉ sự ngang hàng trong quan hệ.
Đánh dấu bộ phận chú thích, giải thích.
Nối các từ nằm trong một liên danh.
Xét ngữ cảnh, nội dung phía sau dấu gạch ngang: “món nào cũng mang dấu ấn tài hoa của người chế biến” giải thích cho giá trị của các món ăn cổ truyền trong ngày Tết. Dấu gạch ngang trong câu có tác dụng: Đánh dấu bộ phận chú thích, giải thích. Chọn C.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh: Tiếng Việt – đất cày, lụa, óng tre ngà, mềm mại như tơ. Để nhấn mạnh vẻ đẹp của Tiếng Việt uyển chuyển, linh hoạt, giàu âm sắc. Chọn A.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
So sánh.
Biện pháp hoán dụ “trăm nơi” chỉ mọi người sống ở khắp nơi. Tác giả muốn tình yêu của mình được hòa cùng tình yêu của muôn người. Đó là tình yêu to lớn, tình yêu gắn bó. Tình yêu đó bao la và rộng lớn. Chọn B.
Sự huyễn hoặc trong mơ ước của con người.
Phú quý là một giấc mộng lớn trong đời.
Phú quý chỉ là một giấc chiêm bao.
Phê phán con người quá tham vọng.
Từ điển tích của Thuần Vu Phần cho thấy ý nghĩa của câu thơ: phú quý chỉ là một giấc chiêm bao. Chọn C.
Nguyễn Công Hoan.
Ngô Tất Tố.
Nam Cao
Vũ Trọng Phụng.
Quan điểm nghệ thuật trong đoạn trích là của nhà văn Nam Cao. Chọn C.
Tác dụng diệu kì của lí tưởng cộng sản tới nhận thức của tất cả thanh niên.
Ánh sáng của Đảng, ánh sáng của lí tưởng cộng sản.
Vai trò lớn lao của Đảng đối với cuộc sống con người.
Tư tưởng mới mẻ, đúng đắn, tiến bộ, hợp quy luật, hợp lẽ phải.
Hình ảnh “mặt trời” trong đoạn trích biểu tượng cho ánh sáng của Đảng, ánh sáng của lí tưởng cộng sản. Chọn B.
Thể hiện mong ước có được cây đàn của vua Ngu Thuấn.
Thể hiện khát vọng đất nước thanh bình, nhân dân được no đủ, hạnh phúc của Nguyễn Trãi.
Thể hiện mong ước gảy được khúc hát “Nam phong” của vua Ngu Thuấn.
Thể hiện khát vọng đất nước được độc lập, hết chiến tranh.
Ngu cầm là đàn của vua Ngu Thuấn. Ngu là tên triều đại huyền thoại do vua Thuấn lập nên. Vào thời đó, đất nước thanh bình, nhân dân no đủ. Tương truyền, vua Nghiêu có ban cho vua Thuấn một cây đàn. Lúc nhàn rỗi, vua Thuấn thường gảy đàn ca khúc Nam phong. Việc sử dụng điển tích Ngu cầm và gợi lại khúc Nam phong giúp Nguyễn Trãi thể hiện ước mong đất nước thanh bình, dân no đủ giàu mạnh một cách hàm súc, cô đọng. Chọn B.
Tả cảnh ngụ tình.
Ẩn dụ.
Điệp ngữ và từ phủ định.
Âm hưởng, nhạc điệu.
Giàu chất thơ.
Giàu chất chính luận.
Giàu chất tiểu thuyết.
Giàu kịch tính.
Đoạn trích thể hiện nét nổi bật của văn xuôi Thạch Lam đó là giàu chất thơ. Chọn A.
Tục ngữ.
Thành ngữ.
Quán ngữ.
Châm ngôn.
Các kết hợp “dựng vợ gả chồng, ăn nên làm nổi, sinh con đẻ cái” là các thành ngữ. Chọn B.
Viết thư pháp.
Thêu tranh.
Vẽ sơ đồ.
Đưa hối lộ.
Trong đoạn trích trên, lụa, mực, bút được sử dụng để viết thư pháp. Chọn A.
Gợi lên âm thanh làm cho bức tranh ngày hè thêm ấm áp, thơ mộng.
Gợi lên màu sắc làm cho bức tranh ngày hè thêm tự nhiên, rực rỡ.
Gợi lên hình ảnh thiên nhiên làm cho bức tranh ngày hè thêm tươi đẹp.
Gợi lên hình ảnh con người làm cho bức tranh ngày hè thêm sinh động.
“Lao xao” là từ láy tả âm thanh từ xa vọng lại. Đó là âm thanh của chợ cá, không ồn ào náo nhiệt mà chỉ là những xáo động, đủ để gợi lên một cuộc sống thanh bình. Đây là âm thanh duy nhất thuộc về thế giới con người trong bài thơ. Nó làm nên chất thơ của cuộc sống nhân sinh. “Dắng dỏi” cũng là từ láy gợi lên âm thanh như muốn ngân lên không dứt của bản đàn tiếng ve. Chính điều này khiến cho ánh tịch dương trong câu thơ không còn đem lại cái buồn bàng bạc mà đã làm cho ánh nắng chiều bừng lên, ấm áp, thơ mộng. Chọn A.
Gần nhà giàu mỏi răng ăn cốm, gần kẻ trộm ốm lưng chịu đòn.
Gần nhà xa ngō.
Ở bầu thì tròn, ở ống thì dài.
Gần mực thì đen, gần đèn thì rạng.
Câu thơ “Ở bầu thì dáng ắt nên tròn” mượn ý từ thành ngữ dân gian: Ở bầu thì tròn, ở ống thì dài. Chọn C.
So sánh.
Nhân hóa.
Nói quá.
Chơi chữ.
Câu thơ “Bước chân nát đá, muôn tàn lửa bay” sử dụng phép nói quá. Chọn C.
Cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất (1897-1914) của tư bản Pháp.
Những tư tưởng cải cách và Cách mạng Tân Hợi ở Trung Quốc (1911).
Cách mạng dân chủ tư sản kiểu mới lần thứ nhất ở Nga (1905-1907).
Tấm gương tự cường của Nhật, tư tưởng dân chủ tư sản của châu Âu.
Phương án A, B, D đều là những sự kiện có tác động thúc đẩy phong trào yêu nước Việt Nam đầu thế kỉ XX.
Phương án C không đúng vì cách mạng dân chủ tư sản ở Nga 1905-1907 không có tác động đến cách mạng Việt Nam. Chọn C.
Giải quyết đúng đắn mối quan hệ giữa nhiệm vụ dân tộc và dân chủ.
Xây dựng một mặt trận dân tộc thống nhất để đoàn kết nhân dân.
Xác định đúng giai cấp lãnh đạo và đưa ra đường lối đấu tranh đúng đắn.
Sử dụng sức mạnh của cả dân tộc để giải quyết vấn đề dân tộc và giai cấp.
Phân tích các đáp án, ta thấy:
A, D loại vì cuối thế kỉ XIX, nhiệm vụ đấu tranh chỉ là giành độc lập dân tộc.
B loại vì giai đoạn này chưa có mặt trận dân tộc thống nhất, phải từ năm 1936 trở đi mới thành lập Mặt trận dân tộc thống nhất để lãnh đạo đấu tranh. Chọn C.
hình thành trên cơ sở thỏa thuận giữa các nước có chế độ chính trị đối lập.
phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc
phản ánh tương quan lực lượng giữa hai hệ thống chính trị xã hội đối lập.
giải quyết được mâu thuẫn giữa các nước tham gia chiến tranh thế giới.
Phân tích các đáp án, ta thấy:
A loại vì trật tự hai cực Ianta được hình thành gồm các nước TBCN dứng đầu là Mĩ và Liên Xô là nước XHCN.
B chọn vì trật tự thế giới theo hệ thống Vécxai - Oasinhtơn và trật tự thế giới hai cực Ianta đều phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc.
C loại vì trong hệ thống Véc xai - Oa sinh tơn, các nước đều thuộc phe TBCN.
D loại vì lợi ích của mỗi nước là khác nhau và mâu thuẫn về lợi ích vẫn luôn tồn tại. Chọn B.
yêu cầu của việc chạy đua vũ trang trong thời kì Chiến tranh lạnh.
nhu cầu đời sống vật chất và tỉnh thần ngày càng cao của con người.
kể thừa những thành tựu của cuộc cách mạng công nghiệp ở thế kỉ XVIII-XIX.
bùng nổ dân số, cạn kiệt nguồn tài nguyên thiên nhiên.
Nguyên nhân sâu xa của cuộc cách mạng khoa học-công nghệ nửa sau thế kỉ XX là do nhu cầu đời sống vật chất và tỉnh thần ngày càng cao của con người.
Chọn D
Việt Nam sắp phải kháng chiến chống Pháp xâm lược.
Anh không còn quan tâm đến tình hình Đông Dương.
đi ngược lại cam kết Hội nghị Pốtxđam của quân Anh.
Anh ủng hộ, giúp đỡ Pháp xâm lược trở lại Việt Nam.
Tháng 1-1946, quân Anh rút khỏi miền Nam Việt Nam và trao "toàn quyền" cho Pháp. Đây là minh chứng rõ rệt cho việc Anh ủng hộ, giúp đỡ Pháp xâm lược trở lại Việt Nam lần thứ hai. Chọn B.
Chủ trương đúng đắn và kịp thời của Đảng và chính phủ ta
Sự thoả hiệp của Đảng và Chính phủ ta
Sự thắng lợi của Pháp trên mặt trận ngoại giao.
Sự suy yếu của lực lượng cách mạng.
Phân tích các đáp án, ta thấy:
Lúc này Pháp và quân Trung Hoa Dân quốc đã kí Hiệp ước Hoa - Pháp, để tránh 1 lúc phải đối phó với nhiều kẻ thù thì Đảng và Chính phủ ta đã rất linh hoạt và đúng đắn khi kí kết Hiệp định Sơ bộ với Pháp. Với Hiệp định này, ta vừa đuổi được 20 vạn quân Trung Hoa Dân quốc về nước, vừa tranh thủ được thời gian hòa hoãn để chuẩn bị cho cuộc kháng chiến về sau. Chọn A.
B loại vì Chính phủ ta không thỏa hiệp.
C loại vì kí Hiệp định Sơ bộ thì cả ta và Pháp đều có lợi nên không thể nói đây là thắng lợi của Pháp trên mặt trận ngoại giao.
D loại vì lúc này lực lượng cách mạng của ta không suy yếu.
đế quốc Pháp và bọn phản cách mạng
đế quốc phát xít Pháp và tay sai
đế quốc phát xít Nhật và tay sai
đế quốc phát xít Pháp-Nhật và tay sai.
Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương (5/1941) đã xác định kẻ thù của cách mạng là đế quốc phát xít Pháp-Nhật và tay sai. Chọn D.
Tiểu tư sản.
Công nhân.
Nông dân.
Tư sản.
Trong phong trào dân tộc dân chủ 1919-1930, tư sản Việt Nam đã phát động cuộc vận động người Việt Nam chỉ dùng hàng Việt Nam, "Chấn hưng nội hóa", "bài trừ ngoại hóa".
Chọn D.
Tâm tâm xã.
Đảng Lập hiến.
Đảng Dân chủ.
Đảng Cấp tiến.
Tư sản lớn ở Nam Kì như Bùi Quang Chiêu, Nguyễn Phan Long... thành lập Đảng Lập hiến (1923), đòi tự do, dân chủ, nhưng khi được Pháp nhượng bộ một số quyền lợi họ sẵn sàng thỏa hiệp với chúng. Chọn B.
cuộc sống bấp bênh, bị xô đẩy vào con đường thất nghiệp.
có nguồn gốc xuất thân từ nông dân nên hăng hái đấu tranh.
có trình độ tri thức, có điều kiện tiếp thu luồng tư tưởng mới.
có trình độ nhưng bị thực dân Pháp chèn ép trong kinh doanh.
Tầng lớp tiểu tư sản trí thức ở Việt Nam bao gồm học sinh, sinh viên, giáo viên... họ là những người có trí thức, có điều kiện và khả năng để tiếp thu với những trào lưu tư tưởng tiến bộ, mới trên thế giới thông qua nhiều nguồn khác nhau nhất là qua sách, báo tiến bộ. Bởi vậy họ sẽ trở thành bộ phận quan trọng của phong trào dân tộc dân chủ ở Việt Nam những năm sau Chiến tranh thế giới thứ nhất. Chọn C.
Hoa Kỳ.
Ca-na-đa.
quần đảo Ăng-ti lớn.
quần đảo Ăng-ti nhỏ.
Phía bắc khu vực Mỹ La-tinh tiếp giáp với Hoa Kỳ. Chọn A.
Dịch vụ là sức mạnh của nền kinh tế.
Chiếm tỉ trọng cao trong cơ cấu GDP.
Cơ cấu hoạt động dịch vụ rất đa dạng.
Hoạt động dịch vụ chủ yếu là du lịch.
Ngành dịch vụ Hoa Kỳ có nhiều ngành phát triển chứ không phải chủ yếu là du lịch. Chọn D.
khí hậu cận xích đạo gió mùa với nền nhiệt độ cao quanh năm.
địa hình có các sơn nguyên bóc mòn và các cao nguyên badan.
địa hình cao, các dãy núi xen kē thung lũng sông hướng tây bắc-đông nam.
gió mùa Đông Bắc hoạt động mạnh, tạo nên mùa đông lạnh nhất ở nước ta.
Đặc điểm thiên nhiên nổi bật của miền Bắc và Đông Bắc Bắc Bộ nước ta là gió mủa Đông Bắc hoạt động mạnh, tạo nên mủa đông lạnh nhất ở nước ta. Địa hình cánh cung đón gió khiến cho gió mùa Đông Bắc hoạt động với cường độ mạnh. Chọn D.
sinh vật.
địa hình.
khí hậu.
khoáng sản.
Ảnh hưởng lớn nhất của biển Đông đến thiên nhiên nước ta là yếu tố khí hậu. Biển Đông là kho dự trữ nhiệt ẩm dồi dào, làm biến tính các khối khí qua biển, mang lại cho nước ta lượng mưa và độ ẩm lớn; đồng thời làm giảm tính khắc nghiệt của thời tiết lạnh khô trong mùa đông và làm dịu bớt thời tiết nóng bức trong mùa hạ. Nhờ có biển Đông, khí hậu nước ta mang đặc tính của khí hậu hải dương, điều hòa hơn, khác hẳn với thiên nhiên các nước cùng vĩ độ ở Tây Nam Á và Bắc Phi. Chọn C.
Thanh Hoá.
Nghệ An.
Quảng Bình.
Quảng Trị.
Tỉnh có diện tích cây công nghiệp lâu năm lớn nhất ở vùng Bắc Trung Bộ là Quảng Trị. Chọn D.
Cho biểu đồ:
TRANG TRẠI PHÂN THEO LĨNH VỰC HOẠT ĐỘNG NƯỚC TA NĂM 2011 VÀ 2021
(Nguồn: gso.gov.vn)
Biểu đồ trên thể hiện nội dung nào sau đây?
Tốc độ tăng trưởng số trang trại phân theo lĩnh vực hoạt động của nước ta năm 2011 và 2021.
Số lượng trang trại phân theo lĩnh vực hoạt động của nước ta năm 2011 và 2021.
Sự chuyển dịch cơ cấu trang trại phân theo lĩnh vực hoạt động của nước ta năm 2011 và 2021.
Tốc độ tăng trưởng số trang trại phân theo quy mô của nước ta năm 2011 và 2021.
Biểu đồ tròn → thể hiện cơ cấu → Chọn C.
Chiếm tỉ trọng cao nhất trong cơ cấu GDP.
Nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt.
Chi phối tất cả các thành phần kinh tế khác.
Số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất.
Kinh tế Nhà nước giữ vai trò chủ đạo vì đang nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt.
A. Chiếm tỉ trọng cao nhất trong cơ cấu GDP. → Kinh tế Nhà nước không chiếm tỉ trọng cao nhất trong GDP.
B. Nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt. → đúng. Chọn B.
C. Chi phối tất cả các thành phần kinh tế khác. → sai, không chi phối tất cả các ngành.
D. Số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất. → sai, không có nhiều số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất.
mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tắm, dừa.
mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, hồ tiêu, thuốc lá.
mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tắm, thuốc 1á.
mía, lạc, đậu tương, bông, đay, chè, dâu tằm, thuốc lá.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tằm, dừa. → dừa là cây lâu năm
B. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, hồ tiêu, thuốc lá. → hồ tiêu là cây lâu năm
C. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, cói, dâu tằm, thuốc 1á. → đúng. Chọn C.
D. mía, lạc, đậu tương, bông, đay, chè, dâu tằm, thuốc lá. → chè là cây lâu năm
dân đông, tài nguyên tự nhiên bị khai thác quá mức
lao động trồng trọt đông, dịch vụ còn chưa đa dạng.
nguồn lao động dồi dào, kinh tế còn chậm phát triển
mật độ dân số cao, phân bố dân cư không đồng đều.
Đồng bằng sông Hồng có dân số đông cộng thêm nguồn lao động từ các vùng khác đến nên vùng có nguồn lao động rất lớn. Trong khi kinh tế của vùng còn chậm phát triển, số việc làm tạo ra không đủ để đáp ứng cho số lao động trong vùng dẫn đến nhiều nhiều vấn đề việc làm trong vùng. Chọn C.
đắp đê để hạn chế tình trạng ngập nước vào mùa lũ.
mở rộng diện tích trồng trọt, chuyển đổi cơ cấu.
chọn các vùng đất không bị nhiễm phèn, mặn để đưa vào sản xuất.
phát triển thuỷ lợi kết hợp với việc lựa chọn cơ cấu cây trồng thích hợp.
Để khắc phục tình trạng đất nhiễm phèn, mặn ở Đồng bằng sông Cửu Long, trong nông nghiệp cần có giải pháp phát triển thuỷ lợi để thau chua rửa mặn vào mùa khô kết hợp với việc lựa chọn cơ cấu cây trồng thích hợp với điều kiện khí hậu và thổ nhưỡng (cây chịu phèn, chịu mặn). Chọn D.
thời gian phát quang.
màu sắc ánh sáng phát quang.
bước sóng ánh sáng kích thích.
các ứng dụng hiện tượng phát quang.
Dựa vào thời gian phát quang để phân biệt huỳnh quang và lân quang. Chọn A.
Hai tấm kim loại phẳng, tích điện trái dấu, đặt song song, nằm ngang trong chân không. Một điện tích dương có vận tốc đầu bằng 0 di chuyển từ tấm này sang tấm kia như hình vẽ. Đồ thị nào dưới đây biểu diễn mối liên hệ giữa động năng Ek của hạt theo quãng đường đi được x từ bản dương?
Nhận xét: Điện trường giữa hai tấm kim loại tích điện trái dấu là điện trường đều có cường độ E.
Lực điện tác dụng lên điện tích là:
Chuyển động của điện tích có phương trình là:
Động năng của hạt là:
→ Đồ thị động năng Ek theo quãng đường x là đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Chọn D.
Một máy bơm sử dụng cho đài phun nước được nối bởi dây dẫn cách nguồn điện 18 m. Nguồn điện có hiệu điện thế hiệu dụng 230 V. Máy bơm hoạt động bình thường với điện áp hiệu dụng thấp nhất là 218 V và cường độ dòng điện 0,83 A. Điện trở lớn nhất trên mỗi mét chiều dài dây dẫn là bao nhiêu để máy bơm hoạt động bình thường?
![Một máy bơm sử dụng cho đài phun nước được nối bởi dây dẫn cách nguồn điện 18 m. Nguồn điện có hiệu điện thế hiệu dụng 230 V. Máy bơm hoạt động bình thường với điện áp hiệu dụng thấp nhất là 218 V và cường độ dòng điện 0,83 A. Điện trở lớn nhất trên mỗi mét chiều dài dây dẫn là bao nhiêu để máy bơm hoạt động bình thường? A. \[0,4\,\Omega /m.\] B. \[0,8\,\Omega /m.\] C. \[1,3\,\Omega /m.\] D. \[1,4\,\Omega /m.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid13-1721867001.png)
\[0,4\,\Omega /m.\]
\[0,8\,\Omega /m.\]
\[1,3\,\Omega /m.\]
\[1,4\,\Omega /m.\]
Độ giảm hiệu điện thế trên đường dây là:
![Một máy bơm sử dụng cho đài phun nước được nối bởi dây dẫn cách nguồn điện 18 m. Nguồn điện có hiệu điện thế hiệu dụng 230 V. Máy bơm hoạt động bình thường với điện áp hiệu dụng thấp nhất là 218 V và cường độ dòng điện 0,83 A. Điện trở lớn nhất trên mỗi mét chiều dài dây dẫn là bao nhiêu để máy bơm hoạt động bình thường? A. \[0,4\,\Omega /m.\] B. \[0,8\,\Omega /m.\] C. \[1,3\,\Omega /m.\] D. \[1,4\,\Omega /m.\] (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid9-1721866909.png)
Chiều dài dây dẫn là: \[L = 2\ell = 2.18 = 36\,m\]
Điện trở trên mỗi mét chiều dài dây dẫn để máy bơm hoạt động bình thường là:
![Một máy bơm sử dụng cho đài phun nước được nối bởi dây dẫn cách nguồn điện 18 m. Nguồn điện có hiệu điện thế hiệu dụng 230 V. Máy bơm hoạt động bình thường với điện áp hiệu dụng thấp nhất là 218 V và cường độ dòng điện 0,83 A. Điện trở lớn nhất trên mỗi mét chiều dài dây dẫn là bao nhiêu để máy bơm hoạt động bình thường? A. \[0,4\,\Omega /m.\] B. \[0,8\,\Omega /m.\] C. \[1,3\,\Omega /m.\] D. \[1,4\,\Omega /m.\] (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid10-1721866948.png){kind=small}
. Chọn A.
5,33.1022
3,2.1014
9,98.1011
3,69.1022
Độ phóng xạ của hạt nhân
là:
Bàn ủi điện.
Quạt điện.
Acquy đang nạp điện.
Bóng đèn nêon.
Điện năng biến đổi gần như hoàn toàn thành nhiệt năng ở bàn ủi điện. Chọn A.
5,36 V.
2,46 mV.
5,36 mV.
1,23 mV.
Từ trường trong lòng ống dây là:
Tiết diện của ống dây là:
Từ thông gửi qua vòng dây đúng bằng từ thông gửi qua tiết diện của ống dây
Độ lớn suất điện động tự cảm trong vòng dây là:
Chọn D.
2 cm.
3 cm.
4 cm.
6 cm.
Điểm Z dao động với biên độ bằng 0 → Z là một điểm cực tiểu, ta có:
Với
. Chọn C.
dao động tuần hoàn của cầu.
xảy ra cộng hưởng cơ ở cầu.
cầu không chịu được tải trọng.
dao động tắt dần của cây cầu.
Sự cố gãy cầu là do xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ ở cầu. Chọn B.
4,8.10-23 W/m2
4,3.10-6 W/m2
4,8.10-29 W/m2
22,46.10-11 W/m2
Khoảng cách từ Trái Đất đến chòm sao Nhân Mã là:
Cường độ của tín hiệu tại chòm sao Nhân Mã là:
Chọn C.
Khoảng vân trong hai trường hợp ánh sáng có bước sóng khác nhau là:
Đáp án. 1,50 m.
24,42.
22,68.
24,24.
22,28.
Hỗn hợp gồm alkane và alkene.
* Tác dụng với \[B{r_2}\]:
\({n_{B{r_2}}} = {n_{alkene}} = 0,35\,mol \to {n_{alkane}} = 0,57 - 0,35 = 0,22\,mol\)
* Đốt X: Đặt số mol \[C{O_2}\] là x và số mol của \[{H_2}O\]là y (mol)
Ta có:\({n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_{alkane}}\)
→ y - x = 0,22 (1)
Bảo toàn nguyên tố O
→ 
→ 2.2,45 = 2x + y
→ 2x + y = 4,9 (2)
Từ (1), (2) → x = 1,56 và y = 1,78
Bảo toàn nguyên tố C → \[{n_{C\,\,(X)}}\; = {n_{C{O_2}}} = 1,56{\rm{ }}mol\]
Bảo toàn nguyên tố H → \[{n_{H\,(X)}}\; = 2.{n_{{H_2}O}} = 3,56{\rm{ }}mol\]
Vậy \[m{\rm{ }} = {m_C}\; + {\rm{ }}{m_H}\; = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28{\rm{ }}gam.\]
Chọn D.
62,50 gam và 437,50 gam.
33,33 gam và 466,67 gam.
37,50 gam và 462,50 gam.
25,00 gam và 475,00 gam.
* Gọi \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} = x\,gam\\{m_{dd\,\,CuS{O_4}\,\,4\% }} = y\,gam\end{array} \right.\)
⟹ \({m_{dd\,\,CuS{O_4}\,\,8\% }} = {m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} + {m_{dd\,\,CuS{O_4}\,4\% }}\)
⟹ x + y = 500 (1)
* Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]là
![Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và bao nhiêu gam dung dịch \[CuS{O_4}\]4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\]8%? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid29-1721867904.png){kind=small}
(g)Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong dung dịch \[CuS{O_4}\] 4% là
![Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và bao nhiêu gam dung dịch \[CuS{O_4}\]4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\]8%? (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid30-1721867919.png)
(g)Khối lượng \[CuS{O_4}\] có trong 500 g dung dịch \[CuS{O_4}\] 8%:
![Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và bao nhiêu gam dung dịch \[CuS{O_4}\]4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\]8%? (ảnh 3)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid31-1721867933.png)
(g)BTKL ⟹![Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và bao nhiêu gam dung dịch \[CuS{O_4}\]4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\]8%? (ảnh 4)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid32-1721867951.png)
(2)
Từ (1) và (2) ⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{100}}{3} \approx 33,33\,\,gam\\y = \frac{{1400}}{3} \approx 466,67\,gam\end{array} \right.\)
Vậy cần lấy 33,33 gam tinh thể \[CuS{O_4}.5{H_2}O\]và 466,67 gam dung dịch \[CuS{O_4}\] 4% để điều chế 500 gam dung dịch \[CuS{O_4}\] 8%.
Chọn B.
tơ capron.
tơ clorin.
tơ polyester.
tơ acetate.
- Loại tơ không phải tơ tổng hợp sẽ thuộc loại tơ thiên nhiên hoặc tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo). Trong các loại tơ đề bài cho chỉ có tơ acetat là tơ bán tổng hợp, các loại tơ còn lại là tơ tổng hợp.
- Tơ acetate là tơ bán tổng hợp được chế biến từ polymer thiên nhiên bằng phương pháp hóa học.
- Tơ thiên nhiên thường gặp: bông, len, tơ tằm, ...
- Tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo) thường gặp: tơ visco, tơ acetat, tơ cellulose, ...
- Tơ tổng hợp thường gặp: tơ polyamide (nylon, capron...), tơ lapsan (tơ polyester), tơ nitron, tơ clorin, ...
Chọn D.
45,92 lít.
30,52 lít.
42,00 lít.
32,48 lít.
Sơ đồ: \(12,95\left( g \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_x}{H_y}N}\\{{C_n}{H_{2n}}}\\{{C_m}{H_{2m + 2}}}\end{array}} \right. + {O_2}:a \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}:0,85\,mol}\\{{H_2}O:b\,mol}\\{{N_2}:0,025\,mol}\end{array}} \right.\)
+) BTKL:
\[\begin{array}{l}{m_{hh{\rm{ }}A}} + {\rm{ }}{m_{{O_2}}} = {\rm{ }}{m_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{m_{{H_2}O}} + {\rm{ }}{m_{{N_2}}}\\ \Rightarrow 12,95 + 32a = 0,85 \cdot 44 + 18b + 0,025 \cdot 28\\ \Rightarrow 32a - 18b = 25,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\]
+) BTNT O:
\[\begin{array}{l}2{n_{{O_2}}} = {\rm{ }}2{n_{C{O_2}}} + {\rm{ }}{n_{{H_2}O}}\\2a = 2 \cdot 0,85 + b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array}\]
Giải hệ (1) (2) được \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1,3625\\b = 1,025\end{array} \right.(mol)\)
⟹ V = 22,4.1,3625 = 30,52 lít.
Chọn B.
40%; 50%.
40%; 60%.
50%; 50%.
45%; 45%.
gam hỗn hợp ether \(\left( {\frac{{{{\rm{M}}_{{\rm{ether }}}}}}{{{M_{{{\rm{H}}_2}}}}} = 28,6} \right)\)
Vì đốt cháy A cho \[{n_{{H_2}O}} > {n_{C{O_2}}}\]nên A là các alcohol no, đơn chức.
Với phần 1: \({n_{alcohol}} = {n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} - {n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 1 - 0,6 = 0,4 \to \bar C = \frac{{0,6}}{{0,4}} = 1,5 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}:a}\\{{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}:b}\end{array}} \right.\)
\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,4}\\{a + 2b = 0,6}\end{array}\quad \to a = b = 0,2\,\,(\;{\rm{mol}})} \right.\)
Với phần 2: Gọi số mol các alcohol bị ether hóa là:
\( \to \left\{ \begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}:x\\{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}:y\end{array} \right. \to {n_{{\rm{ether}}}} = {n_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = \frac{{5,72}}{{2 \cdot 28,6}} = 0,1 \to x + y = 0,1 \cdot 2 = 0,2\,mol\)
\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 0,2}\\{32x + 46y = 7,52}\end{array}} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,12 \Rightarrow {H_{C{H_3}OH}} = 60\% \\y = 0,08 \Rightarrow {H_{{C_2}{H_5}OH}} = 40\% \end{array} \right.\)
Chọn B.
60%; 40%.
86,67%; 13,33%.
60%; 13,33 %; 26,67%.
46,67%; 13,33 %; 40%.
1,2g chất hữu cơ
Vì \[C{O_2}\]tác dụng với \[Ca{\left( {OH} \right)_2}\]thu được kết tủa, lọc kết tủa đun nóng dung dịch lại thu được kết tủa nữa → Thu được 2 muối \[CaC{O_3}\] (0,04 mol) và \[Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2}\](a mol).
Bảo toàn Ca: \(0,04 + a = 0,02 \cdot 2,5 \Rightarrow a = 0,01\) (mol).
Bảo toàn C:
\(\begin{array}{l}{n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,04 + 0,01 \cdot 2 = 0,06(\;{\rm{mol}}) \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{C}}} = 0,06\,(\;{\rm{mol}})\\ \Rightarrow \% {\rm{C}} = \frac{{0,06 \cdot 12 \cdot 100\% }}{{1,2}} = 60\% \end{array}\)
\(\begin{array}{l}{n_{{H_2}O}} = 0,08(mol) \Rightarrow {{\rm{n}}_H} = 0,16\,mol\\ \Rightarrow \% {\rm{H}} = \frac{{0,16 \cdot 100\% }}{{1,2}} = 13,33\% \end{array}\)
\(\% O = 100\% - (60\% + 13,33\% ) = 26,67\% \)
Chọn C.
8,60 gam.
20,50 gam.
11,28 gam.
9,4 gam.
Đặt số mol \[Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}\]và \[KN{O_3}\]lần lượt là x, y mol
→ 188 x + 101y = 34,65 (1)
Nhiện phân hỗn hợp:
Hỗn hợp khí X thu được gồm 2x mol \[N{O_2}\]và \((0,5x + 0,5y)\,mol\,{O_2}\)
Ta có: \({\overline M _X} = \frac{{{m_{hh}}}}{{{n_{hh}}}} = \frac{{46 \cdot 2x + 32 \cdot (0,5x + 0,5y)}}{{2x + 0,5x + 0,5y}} = 18,8 \cdot 2\)
→ 14x = 2,8y (2)
Từ (1) và (2) ta có x = 0,05; y = 0,25
→ \[{m_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 9,4{\rm{ }}gam.\]
Chọn D.
4.
3.
2.
5.
Có 4 dung dịch có phản ứng với \[Ba{\left( {OH} \right)_2}:{\rm{ }}NaHC{O_3},{\rm{ }}HCl,{\rm{ }}Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2},{\rm{ }}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}.\]
PTHH:
\[2NaHC{O_3} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O\]
(hoặc \[N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2NaOH\])
\[2HCl{\rm{ }} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}BaC{l_2} + {\rm{ }}2{H_2}O\]
\[Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} + {\rm{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}CaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}BaC{O_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O\]
\[F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}3Ba{\left( {OH} \right)_2} \to {\rm{ }}2Fe{\left( {OH} \right)_3} \downarrow {\rm{ }} + {\rm{ }}3BaS{O_4} \downarrow \]
Chọn A.
58,68%.
36,84 %.
56,36%.
53,85%.
Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:
- Hòa tan Y trong HCl
\(\begin{array}{l}{{\rm{O}}^{2 - }} + 2{{\rm{H}}^ + } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,12\,\,\,0,24\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{mol}}\end{array}\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{0,12}}{2} = 0,06\;{\rm{mol}}\)
- Cho \(AgN{O_3}\)vào dung dịch Z
\(\begin{array}{l}A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl \downarrow \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x + 0,24\,(mol)\\A{g^ + } + F{e^{2 + }} \to F{e^{3 + }} + Ag \downarrow \end{array}\)
Xét trên toàn bộ quá trình dễ dàng thấy có \[{O_2},{\rm{ }}C{l_2},{\rm{ }}A{g^ + }\]nhận e, Mg nhường 2e; Fe nhường 3e.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2.0,08 + 3.0,08 = 0,06 \cdot 4 + 2x + y}\\{108y + (2x + 0,24) \cdot 143,5 = 56,69}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,07}\\{y = 0,02}\end{array}} \right.} \right.(mol)\)
\(\% {V_{C{l_2}}} = \frac{{0,07}}{{0,07 + 0,06}} \cdot 100\% = 53,85\% .\)
Chọn D.
Các dữ kiện đề bài có thể tóm tắt lại thành sơ đồ sau:
Nhận thấy Y tham gia phản ứng tráng bạc nên Y có muối HCOONa.
Mặt khác Y có muối chứa 19,83% Na về khối lượng \( \Rightarrow {\rm{Y}}\) có \[{C_6}{H_5}ONa.\]
\(\frac{Y}{2}\left\{ \begin{array}{l}{\rm{HCOONa}}:0,075\;{\rm{mol}}\\{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{ONa}}:a\;{\rm{mol}}\end{array} \right.\)
Khi cho X tác dụng vừa đủ với dung NaOH, thu được sản phẩm là dung dịch Y chỉ chứa hai muối nên A là \(HCOO{C_6}{H_5}\)và B là \({C_6}{H_5}OH\) (A, B đơn chức và có M > 50)
Tính trong m gam X thì \(\left\{ \begin{array}{l}HCOO{C_6}{H_5}:\,0,15\,mol\\{C_6}{H_5}OH\end{array} \right.\)
Đáp án: 27,7
nảy chồi; giun dẹp.
nảy chồi; thủy tức.
phân đôi; thủy tức.
phân đôi; ruột khoang.
Hình trên mô tả hình thức sinh sản bằng cách nảy chồi ở thủy tức. Chọn B.
điều chỉnh quang chu kì, kích thích cây thanh long ra hoa.
điều chỉnh nhiệt độ tăng lên, kích thích cây thanh long ra hoa.
điều chỉnh ánh sáng, kìm hãm sự ra hoa của cây thanh long.
điều chỉnh ánh sáng, kích thích hô hấp tế bào ở cây thanh long.
Thanh long là cây ngày dài. Việc thắp đèn vào ban đêm có tác dụng biến đêm dài thành 2 đêm ngắn, nhằm kích thích cây thanh long ra hoa trái vụ. Chọn A.
Giọt nước màu trong ống mao dẫn bị đẩy dần sang vị trí số 6, 7, 8.
Nhiệt độ trong ống chứa hạt nảy mầm không đổi.
Một lượng vôi xút chuyển thành canxi cacbônat.
Nồng độ khí ôxi trong ống chứa hạt nảy mầm tăng nhanh.
Trong thí nghiệm trên, hạt đang nảy mầm sẽ hô hấp mạnh tạo ra khí CO2, nhiệt lượng và hấp thụ khí O2. Khí CO2 tạo ra sẽ bị hấp thụ bởi vôi xút tạo thành canxi cacbônat. Do đó:
A. Sai. Hạt nảy mầm hô hấp mạnh hấp thụ khí O2 và tạo ra khí CO2 nhưng CO2 tạo ra bị hấp thụ bởi vôi xút dẫn tới thể tích không khí trong ống nghiệm giảm kéo giọt nước màu về phía vị trí 4, 3, 2, 1.
B. Sai. Quá trình hô hấp của hạt nảy mầm sinh ra nhiệt nên nhiệt độ sẽ tăng lên.
C. Đúng. Khí CO2 tạo ra từ quá trình hô hấp của hạt sẽ bị hấp thụ bởi vôi xút tạo thành canxi cacbônat.
D. Sai. Hạt nảy mầm hấp thụ khí O2 dẫn đến nồng độ khí O2 trong ống nghiệm sẽ giảm.
Chọn C.
Thể tứ bội.
Thể một.
Thể tam bội.
Thể ba.
|
Dạng đột biến |
Thể một |
Thể ba |
Thể tam bội |
Thể tứ bội |
|
Bộ NST |
2n - 1 |
2n + 1 |
3n |
4n |
→ Trong các thể đột biến đã cho, thể một (2n – 1) có số lượng NST trong tế bào sinh dưỡng giảm so với thể lưỡng bội thuộc loài này. Chọn B.
8.
2.
6.
4.
\(\frac{{AB}}{{ab}}\) giảm phân có hoán vị cho 4 loại giao tử. \(\frac{{ab}}{{ab}}\) giảm phân chỉ cho 1 loại giao tử. Vậy F1 có tối đa 4 loại kiểu gen. Chọn D.
Dung hợp tế bào trần của hai tế bào lấy từ 2 giống lai khác nhau tạo ra thể song nhị bội, tứ bội hóa tế bào này tạo ra thể dị tứ bội và nuôi cấy thành cây hoàn chỉnh.
Đem lai giữa hai cây lưỡng bội khác loài tạo ra cây lai khác loài, nuôi duy trì cây lai này nhờ sinh sản vô tính được dòng thuần chủng.
Dùng hạt phấn của một loài lưỡng bội, đem lưỡng bội hóa hạt phấn đó và nuôi cấy mô tế bào để hình thành một cây hoàn chỉnh.
Đem lai giữa 2 dòng thuần khác nhau được hạt lai, đem gieo hạt lai, lấy đỉnh sinh trưởng của cây lai nuôi cấy mô sẹo để tạo ra cây con.
A. Sai. Ví dụ: Dung hợp tế bào mang Aa và tế bào mang Bb, tạo thành thể song nhị bội AaBb, tứ bội hóa tế bào này tạo thành thể tứ bội AAaaBBbb (không thuần chủng).
B. Sai. Ví dụ: Lai cây mang AA với cây mang BB, tạo ra cây lai AB (thể mang bộ nhiễm sắc thể đơn bội của 2 loài → không thuần chủng).
C. Đúng. Phương pháp nuôi cấy hạt phấn rồi lưỡng bội hóa hạt phấn đó và nuôi cấy mô tế bào để hình thành một cây hoàn chỉnh sẽ tạo cây thuần chủng về tất cả các gen.
D. Sai. Đem lai giữa 2 dòng thuần khác nhau được hạt lai dị hợp, lấy đỉnh sinh trưởng của cây lai nuôi cấy mô sẹo để tạo ra cây con thì cây con này cũng sẽ mang kiểu gen dị hợp như hạt lai.
Chọn C.
3.
2.
5.
4.
- Hội chứng Claiphentơ (XXY) chỉ xuất hiện ở nam mà không gặp ở nữ.
- Bệnh ung thư máu, bệnh bạch tạng, hội chứng Đao đột biến ở NST thường nên ở cả nam và nữ đều có thể bị bệnh với xác suất tương đương nhau.
- Bệnh mù màu và bệnh máu khó đông do gen lặn nằm trên NST giới tính X quy định nên bệnh chủ yếu xuất hiện ở nam mà ít gặp ở nữ.
→ Trong số 6 bệnh nói trên thì có 2 bệnh thoả mãn điều kiện bài. Chọn B.
Cách li địa lí có thể dẫn đến hình thành loài mới qua nhiều giai đoạn trung gian chuyển tiếp.
Cách li địa lí ngăn cản các cá thể của các quần thể cùng loài gặp gỡ và giao phối với nhau.
Cách li địa lí trực tiếp làm biến đổi tần số alen và thành phần kiểu gen của quần thể theo một hướng xác định.
Cách li địa lí duy trì sự khác biệt về tần số alen và thành phần kiểu gen giữa các quần thể được tạo ra bởi các nhân tố tiến hoá.
C. Sai. Cách li địa lí chỉ duy trì sự khác biệt về tần số alen, thành phần kiểu gen do các nhân tố tiến hóa gây ra chứ không có vai trò trực tiếp làm biến đổi tần số alen và thành phần kiểu gen của quần thể theo một hướng xác định. Chọn C.
Quần thể I.
Quần thể III.
Quần thể II.
Quần thể IV.
Áp dụng công thức tính mật độ cá thể = tổng số cá thể/ diện tích, ta có:
|
|
Quần thể I |
Quần thể II |
Quần thể III |
Quần thể IV |
|
Diện tích khu phân bố |
3558 |
2486 |
1935 |
1954 |
|
Kích thước quần thể |
4270 |
3730 |
3870 |
4885 |
|
Mật độ (cá thể/m2) |
1,2 |
1,5 |
2 |
2,5 |
→ Quần thể có mật độ cao nhất là quần thể IV. Chọn D.
Trong các kiểu gen của P, cây thân cao, hoa đỏ được tạo ra nhờ sự tự thụ của: 0,3 AABb : 0,4 AaBb.
0,3 AABb tự thụ → AAB- ở F2 là:
0,4 AaBb tự thụ → A-B- ở F2 là:
→ Cây thân cao, hoa đỏ ở F2 chiếm tỉ lệ: \(\frac{3}{{16}} + \frac{5}{{32}} = \frac{{11}}{{32}}.\)
Cây thân cao, hoa đỏ dị hợp 2 cặp gen (AaBb) được tạo ra nhờ sự tự thụ của: 0,4 AaBb → Cây thân cao, hoa đỏ dị hợp 2 cặp gen (AaBb) ở F2 là: \(0,4 \times \frac{1}{{{2^2}}}Aa \times \frac{1}{{{2^2}}}Bb = \frac{1}{{40}}.\)
→ Trong tổng số cây thân cao, hoa đỏ ở F2, có \[\frac{{1/40}}{{11/32}} = \frac{4}{{55}}\] số cây có kiểu gen dị hợp 2 cặp gen.
Đáp án: \(\frac{4}{{55}}.\)
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.
