Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 2)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Biểu đồ dưới đây thể hiện năng suất lúa của vùng đồng bằng sông Hồng, đồng bằng sông Cửu Long và cả nước qua các năm:
Trong năm 2000, năng suất của đồng bằng sông Hồng nhiều hơn năng suất lúa của đồng bằng sông Cửu Long là bao nhiêu phần trăm?
\(30,18\% .\)
\(30,5\% .\)
\(10,44\% .\)
\(8,22\% .\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}.\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}.\)
Giả sử hình chóp tứ giác đều là \[S.ABCD.\]
Gọi \[O\] là giao điểm của \[BD\] và \[AC.\]
Ta có \[SO \bot \left( {ABCD} \right),\,\,\widehat {SAO} = 60^\circ ,\,\,AC = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]
Khi đó \(SO = AO \cdot \tan \widehat {SAO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2},\,\,{S_{ABCD}} = {a^2}.\)
Thể tích khối chóp là \(V = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\) Chọn A.
\(25\,\,250.\)
\(250\,\,500.\)
\(12\,\,550.\)
\(125\,\,250.\)
Theo bài ra, số viên gạch ở mỗi hàng lập thành 1 cấp số cộng.
Với \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 1\), số hạng cuối là \({u_n} = 500.\)
Do đó \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)\,d \Leftrightarrow 500 = 1 + \left( {n - 1} \right).1 \Leftrightarrow n = 500.\)
Vậy tổng số viên gạch cần dùng là \({S_{500}} = \frac{{500 \cdot \left( {2 \cdot 1 + 499.1} \right)}}{2} = 125\,\,250.\)
Chọn D.
\(m = - 6.\)
\(m = 0.\)
\(m = - 4.\)
\(m = 2.\)
Ta có \[\overrightarrow {NM} = \left( {3\,;\,\,2\,;\, - 2} \right),\overrightarrow {NP} = \left( {2\,;\,\,m - 2\,;\,\,1} \right)\].
Tam giác \[MNP\] vuông tại \(N\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {NM} \cdot \overrightarrow {NP} = 0 \Leftrightarrow 3 \cdot 2 + 2\left( {m - 2} \right) - 2 \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)
Vậy giá trị cần tìm của \(m\) là \(m = 0.\) Chọn B.
\(M = 1 + 2\sqrt 7 .\)
\(M = 1 + 7\sqrt 2 .\)
\(M = 2 + \sqrt 7 .\)
\(M = 3.\)
Ta có: \({z^3} + {z^2} + 5z - 7 = 0 \Leftrightarrow \left( {z - 1} \right)\left( {{z^2} + 2z + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 1}\\{z = - 1 + i\sqrt 6 }\\{z = - 1 - i\sqrt 6 }\end{array}} \right.\).
Suy ra: \(M = \left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| + \left| {{z_3}} \right| = \left| 1 \right| + \left| { - 1 + i\sqrt 6 } \right| + \left| { - 1 - i\sqrt 6 } \right| = 1 + 2\sqrt 7 .\)
Chọn A.
75 giây.
76 giây.
77 giây.
79 giây.
Gọi vị trí thấp nhất của ống bương là là vị trí của máng nước (như hình vẽ).
Tung độ của điểm \[M\] là \({y_M} = 11 - 6,5 = 4,5\)
\( \Rightarrow \sin \widehat {xOM} = \frac{{{y_M}}}{{OM}} = \frac{{4,5}}{5} = 0,9 \Rightarrow \widehat {xOM} \approx 64^\circ \).
Ta có \(\widehat {TOM} = \widehat {TOx} + \widehat {xOM} = 90^\circ + 64^\circ = 154^\circ .\)
Vì thời gian cọn nước thực hiện 1 vòng quay là 3 phút nên thời gian ống bương di chuyển từ \(T\)đến \(M\) là \(\frac{{3.154}}{{360}} = \frac{{77}}{{60}}\) (phút). Chọn C.
Cho hàm số bậc ba \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu số dương trong các số \[a,\,\,b,\,\,c,\,\,d?\]
4.
1.
2.
3.
Dựa vào hình vẽ, ta có:
Nét cuối đi xuống \( \Rightarrow \) Hệ số \(a < 0.\)
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm có tung độ dương \( \Rightarrow \) Hệ số \(d > 0.\)
Hàm số có hai điểm cực trị âm \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = - \frac{{2b}}{{3a}} < 0}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{{3a}} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b < 0}\\{c < 0}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy chỉ có hệ số \(d > 0.\) Chọn B.
6.
2.
4.
8.
Lấy đạo hàm hai vế của giả thiết, ta được \(2f\left( x \right) + {x^2} = {f^2}\left( x \right) + 1\)
\( \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) + 1 = {x^2} \Leftrightarrow {\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]^2} = {x^2} \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right) - 1} \right| = \left| x \right|.\)
Diện tích hình phẳng cần tính là .\[S = \int\limits_0^2 {\left| {f\left( x \right) - 1} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {\left| x \right|{\rm{d}}x} = 2.\] Chọn B.
\(\ln 2018.\)
1.
2018.
\(\frac{{2018}}{{2019}}.\)
Ta có \(f'(x) = {\left( {\ln \frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{1}{{\frac{{2018x}}{{x + 1}}}} \cdot {\left( {\frac{{2018x}}{{x + 1}}} \right)^\prime } = \frac{{x + 1}}{{2018x}} \cdot \frac{{2018}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{1}{{x\left( {x + 1} \right)}}\).
Vậy \[S = f'\left( 1 \right) + f'\left( 2 \right) + \ldots + f'\left( {2018} \right)\]\( = \frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + .. + \frac{1}{{2018.2019}}\)
\( = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + .. + \frac{1}{{2018}} - \frac{1}{{2019}}\)\( = 1 - \frac{1}{{2019}} = \frac{{2018}}{{2019}}.\) Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{4}{{25}}.\)
\(\frac{{21}}{{25}}.\)
\(\frac{8}{{117}}.\)
\(\frac{4}{{21}}.\)
Ta có: \(IB\,{\rm{//}}\,OA \Rightarrow \frac{{IB}}{{OA}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{4}{{10}} = \frac{2}{5}\).
Khi đó, \(\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{{\frac{1}{3}\pi \cdot I{B^2} \cdot SI}}{{\frac{1}{3}\pi \cdot O{A^2} \cdot SO}}\)
\( = {\left( {\frac{{IB}}{{OA}}} \right)^2} \cdot \left( {\frac{{SI}}{{SO}}} \right) = {\left( {\frac{2}{5}} \right)^3} = \frac{8}{{125}}\).
Suy ra: \(\frac{{{V_2}}}{V} = 1 - \frac{8}{{125}} = \frac{{117}}{{125}}\).
Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{V_1}}}{V}:\frac{{{V_2}}}{V} = \frac{8}{{125}}:\frac{{117}}{{125}} = \frac{8}{{117}}\). Chọn C20.
10.
15.
5.
Tốc độ truyền bệnh là \(f'\left( t \right) = 90t - 3{t^2} = 675 - 3{\left( {t - 15} \right)^2} \le 675\)
Vậy tốc độ truyền bệnh lớn nhất khi \(t = 15\), tức là vào ngày thứ 15. Chọn C.
\(S = 252.\)
\(S = 45.\)
\(S = 9.\)
\(S = 180.\)
Ta có \({\log _3}\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x + {\log _{\frac{1}{3}}}2 \Leftrightarrow {\log _3}2\left( {{3^{x + 1}} - 1} \right) = 2x\)
\( \Leftrightarrow {2.3^{x + 1}} - 2 = {3^{2x}} \Leftrightarrow {3^{2x}} - {6.3^x} + 2 = 0.\)
Đặt \({3^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\), phương trình trở thành \({t^2} - 6t + 2 = 0.\)
Phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt.
Đặt \({3^{{x_1}}} = {t_1},{3^{{x_2}}} = {t_2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} + {t_2} = 6}\\{{t_1} \cdot {t_2} = 2}\end{array}} \right.\)
Vậy \(S = \left( {t_1^3 + t_2^3} \right) = {\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^3} - 3{t_1} \cdot {t_2}\left( {{t_1} + {t_2}} \right) = 216 - 3.2.6 = 180.\) Chọn D.
50.
500.
502.
501.
− Nếu trong 10 học sinh được chọn có 1 học sinh lớp 10 và 9 học sinh còn lại trong 10 học sinh khối 11 và 12 thì có số cách lập đội là \(C_5^1 \cdot C_{10}^9 = 50\) (cách).
− Nếu trong 10 học sinh được chọn có 2 học sinh lớp 10 và 8 học sinh còn lại trong 10 học sinh khối 11 và 12 thì có số cách lập đội là \(C_5^2 \cdot C_{10}^8 = 450\) (cách).
Vậy tổng số cách lập đội là \(50 + 450 = 500\) (cách). Chọn B.
2022.
2000.
2018.
2016.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{y = 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm của bất phương trình \(mx + (m - 1)y > 2\) nên
\(m + 2(m - 1) > 2 \Leftrightarrow m > 4\).
Mà \(m \in \left[ { - 2022\,;\,\,2022} \right] \Leftrightarrow - 2022 \le m \le 2022\) nên \(4 < m \le 2022\).
Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\, \ldots ;\,\,2022} \right\}\).
Số các giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề là \(2022 - 5 + 1 = 2018\) (số). Chọn C.
\[310\,\,000\] đồng.
\[309\,\,000\] đồng.
\[312\,\,000\] đồng.
\[315\,\,000\] đồng.
Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] lần lượt là giá tiền một cái áo, một cái quần và một cái váy. Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{12x + 21y + 18z = 5\,\,349\,\,000}\\{16x + 24y + 12z = 5\,\,600\,\,000}\\{24x + 15y + 12z = 5\,\,259\,\,000}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 98\,\,000}\\{y = 125\,\,000}\\{z = 86\,\,000}\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra tổng số tiền mỗi áo, mỗi quần, mỗi váy là \(98\,\,000 + 125\,\,000 + 86\,\,000 = 309\,\,000\) (đồng).
Chọn B.
4.
6.
8.
10.
Ta có
\(\sin 4x\left( {2\cos x - \sqrt 2 } \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin 4x = 0}\\{2\cos x - \sqrt 2 = 0}\end{array}} \right.\)
Vậy có 8 điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác. Chọn C.
\(T = - 3.\)
\(T = 1.\)
\(T = 3.\)
\(T = - 1.\)
Do \[ABCD\] là hình thang cân nên hay \(\frac{{a + 6}}{{ - 2}} = \frac{{b - 3}}{1} = \frac{{c - 6}}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{{ - a}}{2}}\\{c = - a}\end{array}} \right.\).
Vậy \(D\left( {a\,;\,\,\frac{{ - a}}{2}\,;\,\, - a} \right).\)
Lại có \(AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {\left( { - 9} \right)^2} + {2^2} + {8^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2} + 3} \right)^2} + {\left( {a + 2} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + 4a - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{a = - 10}\end{array}} \right.\).
Với \(a = - 10 \Rightarrow D\left( { - 10\,;\,\,5\,;\,\,10} \right).\) Kiểm tra thấy: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} .\)
Vớí \(a = 6 \Rightarrow D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right).\)
Kiểm tra thấy: \(\left( { - 3} \right) \cdot \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {CD} .\) Do đó \(T = a + b + c = 6 - 3 - 6 = - 3.\)
Cách 2: Ta có \[\overrightarrow {AB} = \left( { - 4\,;\,\,2\,;\,\,4} \right);\,\,\overrightarrow {CD} = \left( {a + 6\,;\,\,b - 3\,;\,\,c - 6} \right)\]
Do \[ABCD\] là hình thang cân nên \(\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {CD} \) ngược hướng hay
\(\frac{{a + 6}}{{ - 2}} = \frac{{b - 3}}{1} = \frac{{c - 6}}{2} < 0\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = \frac{{ - a}}{2}}\\{c = - a}\\{a > - 6}\end{array}} \right.\).
Do đó \(D\left( {a\,;\,\,\frac{{ - a}}{2}\,;\,\, - a} \right)\) với \(a > - 6.\)
Lại có \(AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2} \Leftrightarrow {\left( { - 9} \right)^2} + {2^2} + {8^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {\frac{a}{2} + 3} \right)^2} + {\left( {a + 2} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + 4a - 60 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{a = - 10\,\,(\;{\rm{L}})}\end{array}} \right.\)
Với \(a = 6 \Rightarrow D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right).\)
Do đó, \(T = a + b + c = 6 - 3 - 6 = - 3.\)
Cách 3: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\].
Gọi mặt phẳng \((\alpha )\) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng \[AB\].
Khi đó, mặt phẳng \((\alpha )\) đi qua trung điểm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,0} \right)\) của đoạn thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)
Suy ra phương trình của mặt phẳng \((\alpha )\) là: \((\alpha ): - 2x + y + 2z = 0.\)
Vì \[C,\,\,D\] đối xứng nhau qua mặt phẳng \((\alpha )\) nên \(D\left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 6} \right)\).
Do đó \[a = 6\,;\,\,b = - 3\,;\,\,c = - 6 \Rightarrow T = a + b + c = - 3\]. Chọn A.
4.
3.
-1.
-2.
Ta có \[f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) - {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 2{e^{6x}} \Leftrightarrow 2{e^{ - 2x}}\left[ {f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) - {f^2}\left( x \right)} \right] = 4{e^{4x}}\]
\( \Leftrightarrow \left[ {{e^{ - 2x}} \cdot {f^2}\left( x \right)} \right] = 4{e^{4x}} \Rightarrow {e^{ - 2x}} \cdot {f^2}\left( x \right) = {e^{4x}} + C.\)
• \[f\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow {e^0} \cdot {f^2}\left( 0 \right) = {e^0} + C \Rightarrow C = 0.\]
• \(f\left( 1 \right) = a \cdot {e^b} \Rightarrow {e^{ - 2}} \cdot {f^2}\left( 1 \right) = {e^4} \Rightarrow {f^2}\left( 1 \right) = {e^6} \Rightarrow f\left( 1 \right) = {e^3}.\)
Vậy \(a = 1\,,\,\,b = 3 \Rightarrow a + b = 4.\) Chọn A.
458.
222.
459.
221.
Chỉ những em sinh năm 2018 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 năm học 2024-2025.
Áp dụng công thức \({S_n} = A{\left( {1 + r\% } \right)^n}\) để tính dân số năm 2018.
Trong đó \(A = 905\,\,300\,;\,\,r = 1,37\% \,;\,\,n = 8.\)
Dân số năm 2018 là \(A = 905\,\,300 \cdot {\left( {1 + 1,37\% } \right)^8} = 1\,\,009\,\,411\) (người).
Dân số năm 2017 là \(A = 905\,\,300 \cdot {\left( {1 + 1,37\% } \right)^7} = 995\,\,769\) (người).
Số trẻ vào lớp 1 là \(100\,\,9411 - 99\,\,5769 + 2\,\,400 = 16\,\,042\) (người).
Số phòng học cần chuẩn bị là \(16\,\,042:35 \approx 459\) (phòng). Chọn C.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 - t}\\{y = - 2 + 2t}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 + 2t}\\{y = - 2 - t}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 + t}\\{y = - 2}\\{z = 1 + 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 + t}\\{y = - 2 - t}\\{z = 1}\end{array}} \right.\).
Ta có: \(2 \cdot \left( { - 2} \right) + 2 \cdot \left( { - 2} \right) - 1 + 9 = 0 \Rightarrow B \in (\alpha ).\)
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \((\alpha )\) thì \(AH \bot MB,\,\,AM \bot MB\)
\( \Rightarrow MH \bot MB \Rightarrow MB \le BH{\rm{.}}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(M \equiv H\), lúc đó \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \((\alpha ).\)
Gọi \(H\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right),\,\,\overrightarrow {AH} = \left( {x - 1\,;\,\,y - 2\,;\,\,z + 3} \right)\). Chọn C.3.
2.
1.
0.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + {y^2} - xy + x + y = 8}\\{xy + 3\left( {x + y} \right) = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy + x + y = 8}\\{xy + 3\left( {x + y} \right) = 1}\end{array}} \right.} \right.\)
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = S}\\{xy = P}\end{array}\,;\,\,{S^2} \ge 4P} \right.\), hệ đã cho trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + S - 3P = 8}\\{3S + P = 1}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + S - 3\left( {1 - 3S} \right) = 8}\\{P = 1 - 3S}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S^2} + 10S - 11 = 0}\\{P = 1 - 3S}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = 1}\\{P = - 2}\end{array}\,\,(\;{\rm{N}})} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S = - 11}\\{P = 34}\end{array}\,\,(\;{\rm{L}})} \right.}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Với \(S = 1\,;\,\,P = - 2\) ta có \[x;{\rm{ }}y\] là nghiệm của phương trình \({t^2} + t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{t = - 2}\end{array}} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {1\,;\,\, - 2} \right);\,\,\left( { - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {1 - \left( { - 2} \right)} \right| = \left| { - 2 - 1} \right| = 3.\)
Chọn A.
\(m \ge 18.\)
\(m \ge 9.\)
\(m \ge 10.\)
\(m \ge 19.\)
Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 9.\)
Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1\] ta có \(g'\left( x \right) = 3f'\left( {3x + 1} \right) + 18x - 6\).
Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {3x + 1} \right) = - 2\left( {3x + 1} \right) + 4.\) (1)
Đặt \(t = 3x + 1\) khi đó mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow t \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\), khi đó (1) trở thành
\(f'\left( t \right) = - 2t + 4 \Leftrightarrow 3{t^2} - 10t + 5 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{5 - \sqrt {10} }}{3} \notin \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\\{t = \frac{{5 + \sqrt {10} }}{3} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]}\end{array}} \right.\).
Ta có \(g\left( 1 \right) = 3\,;\,\,g\left( 4 \right) = 10\,;\,\,g\left( {\frac{{3 + \sqrt {10} }}{3}} \right) \approx 0,3 \Rightarrow {\max _{\left[ {1\,;\,\,4} \right]}}g(t) = 10.\)
Do đó để \(f\left( {3x + 1} \right) + 9{x^2} - 6x + 1 \le m \Rightarrow m \ge 10.\) Chọn C.
\(a + b = 10.\)
\(a + b = 7.\)
\(a + b = 4.\)
\(a + b = - 4.\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = (3; - 4).\)
Khi đó, phương trình của đường thẳng \[AB\] có dạng: \(4x + 3y + m = 0.\)
Vì \(A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in AB\) nên \[4 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + m = 0 \Leftrightarrow m = - 7 \Rightarrow AB:4x + 3y - 7 = 0.\]
Vi \(C\left( {a\,;\,\,b} \right) \in d:x - 2y - 1 = 0 \Rightarrow a - 2b - 1 = 0 \Rightarrow a = 2b + 1.\)
Theo đề ra \[{\rm{d}}\left( {C\,,\,\,AB} \right) = 6 \Leftrightarrow \frac{{\left| {4a + 3b - 7} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6 \Leftrightarrow \left| {4a + 3b - 7} \right| = 30.\]
Thay \(a = 2b + 1\) vào ta được: \(\left| {4\left( {2b + 1} \right) + 3b - 7} \right| = 30\)
\( \Leftrightarrow \left| {11b - 3} \right| = 30 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{11b - 3 = 30}\\{11b - 3 = - 30}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{b = - \frac{{27}}{{11}}}\end{array}} \right.} \right.\).
Do \(C\) có tọa độ nguyên nên \(b = 3\,;\,\,a = 7 \Rightarrow a + b = 10.\) Chọn A.
Bạn Hưng đang trên chiếc thuyền tại vị trí \[A\] cách bờ sông \(2\;\,{\rm{km}}\), bạn dự định chèo thuyền vào bờ và tiếp tục chạy bộ theo một đường thẳng để đến một địa điểm \({\rm{B}}\) tọa lạc ven bờ sông, \({\rm{B}}\) cách vị trí \[O\] trên bờ gần với thuyền nhất là \(4\;\,{\rm{km}}\) (hình vẽ). Biết rằng bạn Hưng chèo thuyền với vậntốc \(6\;\,{\rm{m}}/{\rm{h}}\) và chạy bộ trên bờ với vận tốc \(10\;\,{\rm{km}}/{\rm{h}}.\) Khoảng thời gian ngắn nhất để bạn Hưng từ vị trí xuất phát đến được điểm B là\[A\left( {1\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {4\,;\,\, - 3} \right).\]
40 phút.
44 phút.
30 phút.
38 phút.
Đặt \(OP = x\,\,(0 < x < 4) \Rightarrow BP = 4 - x\,;\,\,AP = \sqrt {4 + {x^2}} .\)
Khoảng thời gian để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \(B\) là:
\({t_{\left( x \right)}} = {t_{AP}} + {t_{PB}} = \frac{{\sqrt {4 + {x^2}} }}{6} + \frac{{4 - x}}{{10}}(h)\,\, \Rightarrow {t'_{\left( x \right)}} = \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}}.\)
\({t'_{\left( x \right)}} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{6\sqrt {4 + {x^2}} }} - \frac{1}{{10}} = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {4 + {x^2}} = 5x \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 < x < 4}\\{4{x^2} = 9}\end{array} \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}.} \right.\)
Bảng biến thiên:
|
\(x\) |
0 |
\(\frac{3}{2}\) |
4 |
|
\(t'\left( x \right)\) |
\( - \) |
0 + |
|
|
\(t\left( x \right)\) |
\(\frac{{11}}{{15}}\)
|
|
\(\frac{{\sqrt 5 }}{3}\)
|
|
|
|
\(\frac{2}{3}\) |
|
Từ bảng biến thiên suy ra khoảng thời gian ngắn nhất để anh Ba từ vị trí xuất phát đến được điểm \({\rm{B}}\) là: \({t_{\min }} = \frac{2}{3}(h) = \frac{2}{3}.60\) (phút) \( = 40\) (phút). Chọn A.
\(\frac{{3\sqrt {11} a}}{{11}}.\)
\(\frac{{3\sqrt {14} a}}{7}.\)
\(\frac{{3\sqrt {10} a}}{{\sqrt {109} }}.\)
\(\frac{{3\sqrt {85} a}}{{17}}.\)
Cách 1:
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right)}\\{SH \bot AB\,;\,\,SH \subset \left( {SAB} \right)}\end{array} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right..\)
Kẻ \(HK \bot CD\,\,\left( {K \in CD} \right)\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HK\\CD \bot SH\end{array} \right.\)\( \Rightarrow CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK.\)
Gọi \(I\) là điểm đối xứng \(H\) qua \(K.\)
Dễ dàng chứng minh \(\Delta CKH = \Delta DKI\,\,(c.g.c)\) suy ra \(\widehat {CKH} = \widehat {DKI}\) (hai góc tương ứng).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \[DI\,{\rm{//}}\,HC\] suy ra \[HC\,{\rm{//}}\,\left( {SDI} \right)\]
\[ \Rightarrow d\left( {HC;\,\,SD} \right) = d\left( {HC;\,\,\left( {SID} \right)} \right) = d\left( {H;\,\,\left( {SID} \right)} \right).\]
Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(HE \bot DI\,\,\left( {E \in DI} \right)\), trong \(\left( {SHE} \right)\) kẻ \(HF \bot SE\,\,\left( {F \in SE} \right).\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DI \bot HE\\DI \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow DI \bot \left( {SHE} \right) \Rightarrow DI \bot HF.\)
\[\left\{ \begin{array}{l}HF \bot SE\\HF \bot DI\end{array} \right. \Rightarrow HF \bot \left( {SCD} \right)\]
\[ \Rightarrow d\left( {H;\,\,\left( {SID} \right)} \right) = HF = d\left( {HC;\,\,SD} \right)\].
+) Tính \(HE\):
• Xét \(\Delta DKI\) vuông tại \(K\) có \(\sin I = \frac{{DK}}{{DI}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {3a} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}.\)
• Xét \(\Delta HIE\) vuông tại \(E\) có \[HE = HI \cdot \sin I = 6a \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{3a\sqrt {10} }}{5}.\]
+) Tính \(SH\):
Khi đó ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),\,\,HK \bot CD}\\{SK \bot \left( {SCD} \right)\,;\,\,SK \bot CD}\end{array}} \right.\]
\[ \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right);\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;\,\,HK} \right)} = \widehat {SKH} = 45^\circ \].
Suy ra \(\Delta SKH\) vuông cân tại \(H \Rightarrow SH = HK = AD = 3a.\)
+) Tính \(HF\):
Xét tam giác \[SHE\] vuông tại \(H\) có \(HF\) là đường cao nên
\(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{18}}{5}{a^2}}} = \frac{7}{{18{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{3a\sqrt {14} }}{7}.\)
Vậy \[{\rm{d}}\left( {SD\,;\,\,CH} \right) = \frac{{3\sqrt {14} a}}{7}{\rm{.}}\] Chọn B.
-12
-24
24
12
Ta có \(f\left( x \right) = 6f\left( {3x - 1} \right) \Leftrightarrow \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_2^3 {6f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}x} \)
\( \Leftrightarrow \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \int\limits_2^3 {6f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}x} = 2 \cdot \int\limits_2^3 {f\left( {3x - 1} \right){\rm{d}}\left( {3x - 1} \right)} = 2 \cdot \int\limits_5^8 {f\left( x \right){\rm{d}}x} \).
Suy ra \[\int\limits_5^8 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2} \cdot \int\limits_2^3 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2} \cdot \left[ {F\left( 3 \right) - F\left( 2 \right)} \right] = \frac{1}{2} \cdot \left( { - 24} \right) = - 12.\]
Chọn A.
-3
2
4
-5
Ta có \(y = f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) suy ra \(y' = 4a{x^3} + 2bx\)
Hàm số đạt cực trị tại \(x = 2 \Rightarrow y'\left( 2 \right) = 0 \Leftrightarrow 0 = 32a + 4b.\)
Đồ thị hàm số đi qua điểm
• \(A\left( {0\,;\,\,2} \right)\) nên \(c = 2\).
• \(B\left( {2\,;\,\, - 14} \right)\) nên \( - 14 = 16a + 4b + 2\).
Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - 8\\c = 2\end{array} \right. \Rightarrow y = {x^4} - 8{x^2} + 2.\) Vậy \(f\left( 1 \right) = 1 - 8 + 2 = - 5.\) Chọn D.
\(4\pi - 4.\)
\(8\pi - 8.\)
\(2\pi - 4.\)
\(8\pi - 4.\)
Gọi \[z = x + yi\,\, \Rightarrow \bar z = x - yi.\]
Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {z + \bar z} \right| \ge 12}\\{\left| {z - 4 - 3i} \right| \le 2\sqrt 2 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left| x \right| \ge 12}\\{{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} \le 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| x \right| \ge 6}\\{{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} \le 8}\end{array}\,\,\left( H \right)} \right.} \right.} \right..\]
Diện tích \(\left( H \right)\) là phần tô đậm trong hình vẽ.
Giải hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 3}\\{{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 3}\\{x = 4 \pm 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.} \right..\)
Suy ra đồ thị hàm số \(y = 3\) cắt đường tròn \((C)\) tại \(E\left( {4 - 2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right)\) và \(F\left( {4 + 2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right)\).
Vậy diện tích của hình phẳng \((H)\) là: \(2\int\limits_6^{4 + 2\sqrt 2 } {\left( {3 + \sqrt {8 - {{(x - 4)}^2}} - 3} \right)dx} = 2\pi - 4.\) Chọn C.
\(x = 2.\)
\(x = 3.\)
\(x = 4.\)
\(x = 6.\)
Hình hộp có đáy là hình vuông cạnh \[12 - 2x\].
Chiều cao của hình hộp là \[x\].
Thể tích hình hộp là \[y = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\].
Bài toán đưa về tìm \[x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\] để hàm số \[y = f\left( x \right) = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\] có giá trị lớn nhất.
\[y' = 1 \cdot {\left( {12 - 2x} \right)^2} + x \cdot 2 \cdot \left( {12 - 2x} \right) \cdot \left( { - 2} \right) = 12{x^2} - 96x + 144\].
\[y'\] xác định \[\forall x \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\]; \[y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = 6\end{array} \right..\]
Bảng biến thiên
|
\(x\) |
0 |
2 |
6 |
|
\(y'\) |
+ |
0 \( - \) |
|
|
\(y\) |
|
128 |
|
|
|
0 |
|
0 |
Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \[x = 2\]. Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên như sau:
Có bao nhiêu số nguyên \(m\) để hàm số \(g\left( x \right) = 2{f^2}\left( x \right) \cdot \left[ {f\left( x \right) - 3m} \right]\) có 4 điểm cực tiểu?
3
4
2
5
Ta có \[g\left( x \right) = 2{f^3}\left( x \right) - 6m \cdot {f^2}\left( x \right)\]
\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 6f'\left( x \right) \cdot {f^2}\left( x \right) - 12m \cdot f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)\)\( = 6f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right) \cdot [f\left( x \right) - 2m] = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 2m}\end{array}} \right.\)
Dễ thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm là \(x = 0\,;\,\,x = 3\)
Và \(f\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm thực phân biệt.
Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow g'(x) = 0\] có 8 nghiệm đơn phân biệt
\( \Leftrightarrow (*)\) có ba nghiệm đơn phân biệt \( \Leftrightarrow - 1 < 2m < 5 \Leftrightarrow - \frac{1}{2} < m < \frac{5}{2}.\)
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\) Chọn A.
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 20.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 25.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 9.\)
Gọi \[H\] là trung điểm \[AB\].
Suy ra \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[I\] lên Ox nên \[H\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\]
Khi đó \(IH = \sqrt {13} \Rightarrow R = IA = \sqrt {I{H^2} + A{H^2}} = 4.\)
Phương trình mặt cầu là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 16.\)
Chọn A.
\( - \infty .\)
0.
1.
\( + \infty .\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}} = 5{\rm{ n\^e n }}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {f\left( x \right) - 10} \right] = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 10\)
Ta có \(g\left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right) + 6} - 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} = \left[ {\sqrt {f\left( x \right) + 6} - 4} \right] - \left[ {2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} - 4} \right]\)
\( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{{2\left[ {f\left( x \right) - 10} \right]}}{{{{\left[ {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right]}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}\)
Suy ra \(\left( {\sqrt x - 1} \right)g\left( x \right) = \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{{2\left( {f\left( x \right) - 10} \right)}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x - 1} \right)\)
\[ = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x - 1} \right)\]
\( = \frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left[ {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt x + 1} \right){\left( {\sqrt x - 1} \right)^2}\)
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {\sqrt x - 1} \right)g\left( x \right)\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right){{\left( {\sqrt x - 1} \right)}^2}} \right]\)
\( = 5\left[ {\frac{1}{{\sqrt {10 + 6} + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{10 - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{10 - 2}} + 4}}} \right]\left( {\sqrt 1 + 1} \right){\left( {\sqrt 1 - 1} \right)^2} = 0\)
Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 10}}{{x - 1}}\left( {\frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right) + 6} + 4}} - \frac{2}{{{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}}} \right)}^2} + 2\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 2}} + 4}}} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)} \right] = - \frac{5}{{12}}{\rm{. }}\)
Và \({\left( {\sqrt x - 1} \right)^2} > 0\) với \(\forall x \ne 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)g\left( x \right)}} = - \infty \). Chọn A.
\(\frac{{14}}{{13}}.\)
\( - \frac{{14}}{{13}}.\)
\(\frac{{73}}{{13}}.\)
\( - \frac{{73}}{{13}}.\)
Gọi \(M\left( {a\,;\,\,b} \right),A\left( {3\,;\,\, - 1} \right),B\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right)\) là các điểm biểu diễn các số phức \(z\,;\,\,3 - i\,;\,\, - 2 - 2i.\)
Khi đó \(\left| {z - 3 + i} \right| - \left| {z + 2 + 2i} \right| = \sqrt {26} \Leftrightarrow MA - MB = \sqrt {26} = AB\).
Suy ra \[M\] nằm trên đường thẳng \[AB\], về nằm về phía điểm \[B\].
Ta có \(T = \left| {4 - \left( {3 + z} \right)i} \right| = \left| {4 - 3i - iz} \right| = \left| i \right|.\left| {\frac{{4 - 3i}}{i} - z} \right| = \left| {z + 3 + 4i} \right| = MC\)
Với \(C\left( { - 3\,;\,\, - 4} \right)\) biểu diễn số phức \( - 3 - 4i.\)
Do đó \({T_{\min }} \Leftrightarrow MC\) ngắn nhất \( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(C\) trên \[AB\].
Phương trình đường thẳng \[AB\] là \(\left( {{d_1}} \right):x - 5y - 8 = 0.\)
Phương trình đường thẳng qua \(C\), vuông góc với \[AB\] là \(\left( {{d_2}} \right):5x + y + 19 = 0.\)
Suy ra \[M\] là giao điểm của \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right) \Rightarrow M\left( { - \frac{{87}}{{26}}; - \frac{{59}}{{26}}} \right) \Rightarrow b - a = \frac{{14}}{{13}}.\) Chọn A.
14
10
11
7
Ta có \(f'\left( x \right) = - 3{x^2} + 13x - 12 - {e^x} < 0,\,\,\forall x.\)
Do đó \(f\left[ {{{\log }_{0,5}}\left( {{{\log }_2}\left( {2m + 1} \right)} \right) - 2021} \right] < f\left[ {f\left( 0 \right)} \right]\)
\( \Leftrightarrow {\log _{0,5}}\left( {{{\log }_2}(2m + 1)} \right) - 2021 > f\left( 0 \right) = - 2023\)
\( \Leftrightarrow {\log _{0,5}}\left( {{{\log }_2}(2m + 1)} \right) > - 2\)
\( \Leftrightarrow 0 < {\log _2}(2m + 1) < {(0,5)^{ - 2}} = 4 \Leftrightarrow 1 < 2m + 1 < 16\)
\( \Leftrightarrow 0 < m < \frac{{15}}{2} \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}.\) Chọn D.
9
25
13
11
Thiết lập hệ tọa độ \[Oxyz\] như hình vẽ, gốc \(O \equiv A'\,;\,Ox \equiv A'B'\,\,;\,Oy \equiv AA'\,;\,Oz \equiv A'D'.\)
Khi đó \(A'\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right),\,\,B'\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),D'\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
Vì \[M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\] lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,BC,\,\,C'D',\,\,DD'\) nên
\(M\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,0} \right),\,\,N\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,\,Q\left( {0\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,1} \right),\,\,P\left( {\frac{1}{2}\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)Ta có \[\overrightarrow {MN} = \left( {\frac{1}{2}\,;\,\,0\,\,;\,\,\frac{1}{2}} \right),\,\,\overrightarrow {MP} = \left( { - \frac{1}{2}\,\,;\,\, - \frac{1}{2}\,\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {MQ} = \left( {0\,\,;\,\, - 1\,\,;\,\,1} \right).\]
\[ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MN} \,,\,\,\overrightarrow {MP} } \right] = \left( {\frac{1}{4}\,;\,\, - \frac{3}{4}\,;\,\, - \frac{1}{4}} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {MN} \,,\,\,\overrightarrow {MP} } \right] \cdot \overrightarrow {MQ} = \frac{1}{2}\].
Suy ra \({V_{MNPQ}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {MN} \,,\,\,\overrightarrow {MP} } \right] \cdot \overrightarrow {MQ} } \right| = \frac{1}{{12}} \Rightarrow a = 1\,;\,\,b = 12 \Rightarrow a + b = 13.\) Chọn C.
Phương trình hoành độ giao điểm là:
\({x^3} - 8{x^2} + 8x = {x^2} + \left( {8 - a} \right)x - b \Leftrightarrow {x^3} - 9{x^2} + ax + b = 0\,\,\,(1)\)
Khi đó phương trình (1) có ba nghiệm nằm trong \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\).
Đặt \(f(x) = {x^3} - 9{x^2} + ax + b\) suy ra \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 18x + a.\)
Để phương trình (1) có ba nghiệm nằm trong \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\) thì \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 18x + a = 0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\)\( \Leftrightarrow a = - 3{x^2} + 18x\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \(\left[ { - 1\,;\,\,5} \right]\).
Xét hàm số \(g\left( x \right) = - 3{x^2} + 18x\) suy ra \(g'\left( x \right) = - 6x + 18\), ta có \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3.\)
Bảng biến thiên của \(y = g\left( x \right)\).
Từ BBT, ta có \(15 \le a < 27\) suy ra giá trị nhỏ nhất của \(a\) bằng 15 khi \(x = 5\), khi đó \(b = 25.\)
Vậy tích \(ab = 375.\)
Đáp án: 375.
Chọn 4 người trong \(n\) học sinh có \(C_n^4\) cách \( \Rightarrow n(\Omega ) = C_n^4.\)
Gọi A là biến cố "trong đội tuyển chính thức có cả hai học sinh nữ"
Và B là biến cố "trong đội tuyển chính thức không có học sinh nữ nào"
Khi đó \({P_A} = \frac{{C_2^2 \cdot C_{n - 2}^2}}{{C_n^4}}\) và \({P_B} = \frac{{C_{n - 2}^4}}{{C_n^4}}\) suy ra \(\frac{{C_2^2 \cdot C_{n - 2}^2}}{{C_n^4}} = 2 \cdot \frac{{C_{n - 2}^4}}{{C_n^4}} \Rightarrow n = 7.\)
Đáp án: 7.
Khi chia tấm tôn đó thành ba phần rồi gấp hai bên lại theo một góc vuông như hình vẽ thì mặt cắt ngang là hình chữ nhật có hai kích thước \(x(\;{\rm{cm}})\) và \(40 - 2x(\;{\rm{cm}}).\)
Khi đó diện tích mặt cắt ngang là \(\left( {40 - 2x} \right)x\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Ta thấy: Diện tích mặt cắt ngang của rãnh dẫn nước lớn hơn hoặc bằng \(150\;\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}\) khi và chỉ khi
\(\left( {40 - 2x} \right)x \ge 150 \Leftrightarrow - 2{x^2} + 40x - 150 \ge 0.{\rm{ }}\)
Tam thức \(f(x) = - 2{x^2} + 40x - 150\) có hai nghiệm \({x_1} = 5,{x_2} = 15\) và hệ số \(a = - 2 < 0.\)
Sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta thấy tập hợp những giá trị của \(x\) sao cho tam thức \(f\left( x \right)\) mang dấu "+" là khoảng \(\left( {5\,;\,\,15} \right).\)
Do đó tập nghiệm của bất phương trình \( - 2{x^2} + 40x - 150 \ge 0\) là đoạn \[\left[ {5\,;\,\,15} \right].\]
Vậy rãnh dẫn nước phải có độ cao ít nhất là \(5\,\;{\rm{cm}}.\)
Đáp án: 5.
Ta có \(y' = f'\left( x \right) = \frac{{ - 4}}{{{{(x + 1)}^2}}}.\)
Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in (C)\) có dạng \[y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}.\]
Đường thẳng \(\Delta :y = - 4x + m\) là tiếp tuyến của \((C)\) suy ra \(f'\left( {{x_0}} \right) = - 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 0}\\{{x_0} = - 2}\end{array}} \right..\)
• Với \({x_0} = 0\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y = - 4\left( {x - 0} \right) + 3 \Leftrightarrow y = - 4x + 3.\)
• Với \({x_0} = - 2\),ta có phương trình tiếp tuyến là \(y = - 4\left( {x + 2} \right) - 5 \Leftrightarrow y = - 4x - 13.\)
Vậy có hai giá trị \(m\) thỏa mãn \(\Delta \) là tiếp tuyến của \((C)\) là \(m = 3;m = - 13.\)
Suy ra tổng các giá trị \(m\) là \[ - 10\].
Đáp án: −10.
Ta có \({16^x} - 2 \cdot {12^x} + \left( {m - 2} \right) \cdot {9^x} = 0 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{16}}{9}} \right)^x} - 2 \cdot {\left( {\frac{{12}}{9}} \right)^x} + m - 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow 2 - m = {\left[ {{{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^x}} \right]^2} - 2 \cdot {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x}\), đặt \(t = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^x} > 1\) nên \(2 - m = {t^2} - 2t = f\left( t \right).\)
\( \Rightarrow f'\left( t \right) = 2t - 2 > 0,\,\,\forall t > 1\) suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\)
Để phương trình \[2 - m = f\left( t \right)\] có nghiệm \( \Leftrightarrow 2 - m > f(1) = - 1 \Leftrightarrow m < 3.\)
Kết hợp với \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\)suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}.\)
Đáp án: 2.
Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy \(ABC.\)
Do \(DA = DB = DC\) nên \(DO \bot \left( {ABC} \right).\)
Gọi \[H\] là trung điểm \(DA.\) Qua \[H\] kẻ \(HI \bot DA\,\,\left( {I \in DO} \right).\)
Khi đó \(I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
− Xét tam giác \(ABC\) có:
• \(\cos \widehat {ACB} = \frac{{A{C^2} + B{C^2} - A{B^2}}}{{2 \cdot AC \cdot BC}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot a \cdot a}} = \frac{5}{8}\)
\( \Rightarrow \sin \widehat {ACB} = \frac{{\sqrt {39} }}{8}\).− Xét tam giác \(OAD\) vuông tại \(O\) nên \[OD = \sqrt {A{D^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt {13} }}{{13}}} \right)}^2}} = \frac{{3a\sqrt {13} }}{{13}}.\]
Ta có \(\Delta DHI = \Delta D{\rm{OA}}\,\,{\rm{(g}}{\rm{.g)}}\) suy ra \(DI = \frac{{DH \cdot DA}}{{DO}} = \frac{{D{A^2}}}{{2DO}} = \frac{{{a^2}}}{{2 \cdot \frac{{3\sqrt {13} }}{{13}}}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).
Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) bằng \(R = \frac{{a\sqrt {13} }}{6}\).
\( \Rightarrow m = 13\,,\,\,n = 6 \Rightarrow T = m + n = 19.\)
Đáp án: 19.
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ (1 đơn vị trên trục bằng \[10\,\,cm = 1\,\,dm)\], các cánh hoa tạo bởi các đường parabol có phương trình
\(y = \frac{{{x^2}}}{2},\,\,y = - \frac{{{x^2}}}{2},\,\,x = - \frac{{{y^2}}}{2},\,\,x = \frac{{{y^2}}}{2}.\)
Diện tích một cánh hoa (nằm trong góc phần tư thứ nhất) bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2}}}{2},\,\,y = \sqrt {2x} \) và hai đường thẳng \(x = 0\,,\,\,x = 2.\)Do đó diện tích một cánh hoa bằng
\(\int\limits_0^2 {\left( {\sqrt {2x} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)dx} = \left. {\left[ {\frac{{2\sqrt 2 }}{3}\sqrt {{{\left( {2x} \right)}^3}} - \frac{{{x^3}}}{6}} \right]} \right|_0^2 = \frac{4}{3}\,\,\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right) = \frac{{400}}{3}\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right){\rm{. }}\)
Đáp án: \[\frac{{400}}{3}\].
Giả sử \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,\,b \in \mathbb{R}} \right)\) và \(w = x + yi\,\,\left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right)\)
Ta có \(\left( {z - 2 + i} \right)\left( {\bar z - 2 - i} \right) = 25\)
\( \Leftrightarrow \left[ {a - 2 + \left( {b + 1} \right)i} \right]\left[ {a - 2 - \left( {b + 1} \right)i} \right] = 25 \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} = 25\).
Theo giả thiết: \[{\rm{w}} = 2\bar z - 2 + 3i \Leftrightarrow x + yi = 2\left( {a - bi} \right) - 2 + 3i\]
\( \Leftrightarrow x + yi = 2a - 2 + \left( {3 - 2b} \right)i \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2a - 2}\\{y = 3 - 2b}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{x + 2}}{2}}\\{b = \frac{{3 - y}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).
Thay (2) vào (1) ta được \({\left( {\frac{{x + 2}}{2} - 2} \right)^2} + {\left( {\frac{{3 - y}}{2} + 1} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 100.\)
Suy ra, tập hợp điểm biểu diễn của số phức \[w\] là đường tròn tâm \(I\left( {2\,;\,\,5} \right)\) và bán kính \(R = 10.\)
Vậy \(a + b + c = 17.\)
Đáp án: 17.
Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.\)
Vì điểm \(M\left( {\frac{1}{7};\frac{2}{7};\frac{3}{7}} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) nên
\(\frac{{\frac{1}{7}}}{a} + \frac{{\frac{2}{7}}}{b} + \frac{{\frac{3}{7}}}{c} = 1 \Rightarrow \frac{1}{{7a}} + \frac{2}{{7b}} + \frac{3}{{7c}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7\).
Mặt khác mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) tiếp xúc với \((S):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{72}}{7}\)
Do đó, khoảng cách từ tâm \[I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\] của cầu tới mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(\sqrt {\frac{{72}}{7}} \)
\( \Rightarrow d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \) mà \(\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} = 7\)
\( \Rightarrow d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {7 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \sqrt {\frac{{72}}{7}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{7}{2}{\rm{.}}\) Đáp án: \[\frac{7}{2}\].
Gọi Ta có \[Q = AD \cap \left( {MNP} \right).\]
Thiết diện \[ABCD\] được cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\] là tứ giác \(MNQP\).
Áp dụng định lsi Menelaus trong các tam giác \(BCD\) và \(ACD\), ta có:\(\frac{{NB}}{{ND}} \cdot \frac{{ID}}{{IC}} \cdot \frac{{MC}}{{MB}} = 1 \Rightarrow \frac{{ID}}{{IC}} = \frac{1}{4}\) và \[\frac{{ID}}{{IC}} \cdot \frac{{PC}}{{PA}} \cdot \frac{{QA}}{{QD}} = 1 \Rightarrow \frac{{QA}}{{QD}} = 4\].\[{V_{ABCD}} = V,\,\,I = MN \cap CD,\,\,Q = IP \cap AD.\]
Áp dụng bài toán tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác, ta có
•\[\frac{{{V_{ANPQ}}}}{{{V_{ANCD}}}} = \frac{{AP}}{{AC}} \cdot \frac{{AQ}}{{AD}} = \frac{2}{5}\]\( \Rightarrow {V_{ANPQ}} = \frac{2}{5}{V_{ANCD}} = \frac{2}{{15}}V\) suy ra \({V_{N.PQDC}} = \frac{1}{3}V - \frac{2}{{15}}V = \frac{1}{5}V\);
• \[\frac{{{V_{CMNP}}}}{{{V_{CBNA}}}} = \frac{{CM}}{{CB}} \cdot \frac{{CP}}{{CA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {V_{CMNP}} = \frac{1}{3}{V_{CBNA}} = \frac{2}{9}V\] suy ra \({V_2} = {V_{N.PQDC}} + {V_{CMNP}} = \frac{{19}}{{45}}V.\)
Do đó \({V_1} = V - {V_2} = \frac{{26}}{{45}}V.\) Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{26}}{{19}}.\)
Đáp án: \[\frac{{26}}{{19}}\].
Đặt \(w = z - 2\), ta được phương trình \({\left( {w + 2} \right)^2} - 2m\left( {w + 2} \right) + 2{m^2} - 2m = 0\)
\( \Leftrightarrow {w^2} - (2m - 4)w + 2{m^2} - 6m + 4 = 0\).
Khi đó bài toán trở thành tìm \(m\) để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \({w_1},{w_2}\) thỏa mãn \(\left| {{w_1}} \right| = \left| {{w_2}} \right|.\)
Xét phương trình (1) có \(\Delta ' = {\left( {m - 2} \right)^2} - 2{m^2} + 6m - 4 = - {m^2} + 2m.\)
• TH1: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow m \in \left( {0\,;\,\,2} \right).\) Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m = 1.\)
Thay vào phương trình ta được \({w^2} + 2w = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{w = 0}\\{w = - 2}\end{array}} \right.\) không thỏa mãn yêu cầu đề bài.
• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right).\)
Khi đó phương trình luôn có hai nghiệm phức phân biệt không phải số thực, hai nghiệm này là hai số phức liên hợp nên mô-đun của chúng luôn bằng nhau.
Kết hợp với điều kiện \(m\) là số nguyên và \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\).
Suy ra \(m \in \left\{ { - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\} \cup \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\, \ldots \,;\,\,9} \right\}.\)
Vậy có 16 giá trị của \(m\) thỏa mãn. Đáp án: 6.
Gọi \(I\left( {a\,;\,b\,;\,c} \right)\) sao cho \(\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} = \vec 0.\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {OI} = \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 2\overrightarrow {OC} \Rightarrow I\left( { - 3\,;\,\, - 5\,;\,\, - 3} \right)\).
Ta có \(P = M{A^2} + 2M{B^2} - 2M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} - 2{\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)
\( = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} + 2\left( {\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} - 2\overrightarrow {IC} } \right) = M{I^2} + I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2}{\rm{. }}\)
Do \(I{A^2} + 2I{B^2} - 2I{C^2} = 36 + 70 - 93 = 13\) không đổi nên \({P_{\min }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)
Và \[M{I_{\min }} = {\rm{d}}\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 3} \right) + 6 \cdot \left( { - 5} \right) - 3 \cdot \left( { - 3} \right) - 1} \right|}}{{\sqrt {4 + 36 + 9} }} = 4.\]
Vậy \({P_{\min }} = 4 + 13 = 17.\) Đáp án: 17.
Ta có \({2^x} + y \le {\log _2}\left( {x - y} \right)\)
\( \Leftrightarrow {2^x} + x \le {\log _2}\left( {x - y} \right) \Leftrightarrow {2^x} + x \le {\log _2}\left( {x - y} \right) + {2^{{{\log }_2}\left( {x - y} \right)}}\)
• Xét hàm số \(f(t) = {2^t} + t\) có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó: \((*) \Leftrightarrow x \le {\log _2}\left( {x - y} \right) \Leftrightarrow {2^x} \le x - y \Leftrightarrow y \le x - {2^x}\,\,(**)\)
• Xét hàm số \(g(x) = x - {2^x}\) trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,10} \right]\).
Ta có: \(g'\left( x \right) = 1 - {2^x}\ln 2\) và \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right)\)
Bảng biến thiên
Kết hợp \((**)\) và bảng biên thiên ta có: \( - 2 \le y \le {\log _2}\left( {\frac{{{{\log }_2}e}}{e}} \right)\).
Do \(y \in \mathbb{Z}\) nên \(y = - 2\) hoặc \(y = - 1\).
• Với \(y = - 2\) ta có: \(g\left( x \right) \ge - 2.\) Do \(x \in \mathbb{Z}\) nên suy ra \(x \in \left\{ { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\)
Trường hợp này có bốn cặp số \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn.
• Với \(y = - 1\) ta có: \(g\left( x \right) \ge - 1.\) Do \(x \in \mathbb{Z}\) nên suy ra \(x \in \left\{ {0\,;\,\,1} \right\}.\)
Trường hợp này có hai cặp số \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn.
Vậy có tất cả 6 cặp số \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 6.
Điều kiện: \(x \le 1.\)
\({\rm{Ta c\'o }}2{y^3} + 7y + 2x\sqrt {1 - x} = 3\sqrt {1 - x} + 3\left( {2{y^2} + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {{y^3} - 3{y^2} + 3y - 1} \right) + y - 1 = 2\sqrt {1 - x} \left( {1 - x} \right) + \sqrt {1 - x} \)
\( \Leftrightarrow 2{\left( {y - 1} \right)^3} + y - 1 = 2{\left( {\sqrt {1 - x} } \right)^3} + \sqrt {1 - x} \,\,\,(*)\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = 2{t^3} + t\) có \(f'\left( t \right) = 6{t^2} + 1 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}\), suy ra \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Khi đó \((*) \Leftrightarrow f\left( {y - 1} \right) = f\left( {\sqrt {1 - x} } \right) \Leftrightarrow y - 1 = \sqrt {1 - x} \Leftrightarrow x = 2y - {y^2}\) (điều kiện \(y \ge 1\))
Khi đó \[P = x + 2y = - {y^2} + 4y = 4 - {\left( {y - 2} \right)^2} \le 4\]
Đẳng thức xảy ra khi \(y = 2,x = 0.\)
Vậy \(\max P = 4\) khi \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {0\,;\,\,2} \right).\)
Đáp án: 4.
Dựng các điểm \[E,\,\,F\] để có các hình chữ nhật \[ABED\] và \[ABCF\] như hình vẽ.
• TH1: Khi quay hình thang \[ABCD\] (kể cả các điểm trong) quanh đường thẳng \[BC\] ta được khối tròn xoay có thể tích là \({V_1} = {V_3} - {V_4} = 3\pi - \frac{1}{3}\pi \left( {3 - x} \right) = 2\pi + \frac{1}{3}\pi x = \frac{1}{3}\pi \left( {6 + x} \right).\)
Trong đó, \({V_3}\) là thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1 , chiều cao bằng \(3;{V_4}\) là thể tích khối nón tròn xoay có bán kính đáy bằng 1, chiều cao bằng \(3 - x.\)
• TH2: Khi quay hình thang \[ABCD\] (kể cả các điểm trong) quanh đường thẳng \[AD\] ta được khối tròn xoay có thể tích là \({V_2} = {V_5} + {V_4} = \pi x + \frac{1}{3}\pi \left( {3 - x} \right) = \pi + \frac{2}{3}\pi x = \frac{1}{3}\pi \left( {3 + 2x} \right).\)
Trong đó, \({V_5}\) là thể tích khối trụ tròn xoay có bán kính đáy bằng 1 , chiều cao bằng x.
Theo giả thiết ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow \frac{{6 + x}}{{3 + 2x}} = \frac{7}{5} \Leftrightarrow x = 1.\)
Đáp án: 1.
Âm nhạc.
Kiến trúc.
Thơ ca.
Hội họa.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ hành chính.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là khoa học. Trong đoạn trích sử dụng nhiều thuật ngữ khoa học cùng với nội dung mang tính chất nghiên cứu khoa học. Chọn D.
Không có lĩnh vực nào bị cấm đoán.
Không có lĩnh vực nào phát triển đến đỉnh cao.
Không có lĩnh vực nào bị kì thị.
Không có tôn giáo nào phát triển đến đỉnh cao.
Văn hóa Việt Nam.
Kiến trúc Việt Nam.
Khoa học Việt Nam.
Tôn giáo Việt Nam.
Đoạn trích bàn về văn hóa của Việt Nam. Chọn A.
Giải thích.
Phân tích.
Chứng minh.
Bình luận.
Thuyết minh.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là tự sự. Chọn B.
Người mẹ.
Loan.
Nghĩa.
Tân.
Nhân vật Nghĩa không xuất hiện trực tiếp trong đoạn trích. Chọn C.
Hà Nội, ngày cuối tháng Chạp năm 72; đất trời bùng cháy, thành phố đổ vỡ.
Năm 73, hoà bình.
Nước ngoài, nơi Tân và các anh chị học.
Thời loạn lạc.
Nghĩa không học đại học.
Các anh chị của Nghĩa đi du học trong khi mình Nghĩa đi bộ đội.
Nghĩa bặt vô âm tín, không có tin tức gì về cho mẹ.
Nghĩa còn trẻ quá, chưa có người yêu.
Hi vọng con còn sống.
Mong chờ tin tức của con trong vô vọng.
Hờn giận, trách cứ con.
Bất bình với sự im lặng của con.
Tư tưởng trong nghệ thuật là tư tưởng yên lặng.
Nghệ thuật luôn phải gắn với tư tưởng.
Phải có tư tưởng thì nghệ thuật mới có thế tồn tại được.
Cái yên lặng của một câu thơ lắng sâu xuống tư tưởng.
Tư tưởng của nghệ thuật là trí thức trừu tượng một mình trên cao.
Trong nghệ thuật, tư tưởng xâm nhập vào trong tất cả cuộc sống.
Cái yên lặng của một câu thơ lắng sâu xuống tư tưởng.
Cái tư tưởng trong nghệ thuật là một tư tưởng, yên lặng.
So sánh.
Nhân hóa.
Hoán dụ.
Liệt kê.
Biện pháp tu từ: Nhân hóa: Cái tư tưởng - tư tưởng náu mình, yên lặng. Chọn B.
Quy nạp.
Diễn dịch.
Tổng – phân – hợp.
Song hành.
Cái hay của một bài thơ.
Cách đọc một bài thơ.
Tư tưởng trong bài thơ.
Tư tưởng trong nghệ thuật.
Tình cảm của tác giả đối với Việt Bắc.
Vẻ đẹp của thiên nhiên Việt Bắc.
Vẻ đẹp của quá khứ giữa “ta” và “mình”.
Vẻ đẹp của con người và thiên nhiên Việt Bắc.
Giản dị, gắn liền với cuộc sống sinh hoạt hằng ngày.
Dũng cảm, cùng đánh giặc với bộ đội, bảo vệ đất nước.
Đơn sơ, gắn liền với cuộc sống tình quân – dân trong thời kì kháng chiến.
Giản dị, gắn liền với cuộc sống lao động và thiên nhiên Việt Bắc.
Thiên nhiên Việt Bắc khắc nghiệt.
Sự vận động nhanh chóng của thời gian, của cuộc sống.
Âm thanh nhộn nhịp của thiên nhiên Việt Bắc.
Sự thân thiết giữa con người và thiên nhiên ở Việt Bắc.
So sánh, ẩn dụ.
Đối lập, liệt kê.
Hoán dụ, điệp từ.
Điệp từ, điệp cấu trúc.
Ngọt ngào, trữ tình.
Hùng vĩ, lớn lao.
Bi tráng, hào hùng.
Khích lệ, động viên.
truyền thống.
gợi cảm.
khiến.
mê muội.
vĩ đại.
quan trọng.
đột xuất.
giá trị.
chất phác.
yêu đời.
thông thái.
thiếu thốn.
nhà khoa học.
phát hiện.
vô thiên lủng.
đặc trưng.
càng.
nghiêm trọng.
mơ hồ.
đang.
Tây Tiến.
Đất Nước.
Đàn ghi-ta của Lorca.
Sóng.
hống hách.
háo hức.
hớn hở.
hể hả.
Nguyễn Bính.
Thế Lữ.
Xuân Diệu.
Nguyễn Khuyến.
sườn núi.
lòng sông.
mạng sườn.
mặt biển.
giáo viên.
giảng viên.
nghiên cứu.
nghiên cứu sinh.
Văn học hiện đại.
Văn học viết.
Văn học trung đại.
Văn học trung đại
chắc chắn/ và.
có thể/ sẽ.
dĩ nhiên/ cho nên.
hiển nhiên/ nhằm.
Kim Lân.
Vũ Trọng Phụng.
Nguyễn Trung Thành.
Thạch Lam.
chính kịch.
truyện ngắn.
bi kịch.
tiểu thuyết.
giá trị.
tư tưởng.
bộ phận.
hình tượng.
Sự giản dị, chất phác của người Việt.
Tục ăn trầu xưa của người Việt.
Cuộc sống gian khổ của những thế hệ trước.
Hình ảnh làng quê đơn sơ, mộc mạc.
Nỗi nhớ của người con.
Niềm tin của người con.
Nỗi buồn của người con.
Niềm vui của người con.
Nỗi ngao ngán trước thực tại phũ phàng.
Niềm vui khi tận hưởng vẻ đẹp thiên nhiên của tác giả.
Nỗi lo sợ, tiếc nuối ngậm ngùi của tác giả khi mùa xuân qua mau.
Khao khát muốn sống, muốn yêu và tận hưởng tuổi trẻ mãnh liệt.
Xã hội thuộc địa nửa phong kiến Việt Nam dưới thời Pháp thuộc.
Xã hội Trung Quốc dưới thời Tưởng Giới Thạch.
Xã hội Việt Nam những năm 1930 – 1931.
Xã hội Việt Nam đầu thế kỉ XX.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Thể hiện tâm trạng và hành động của bà cụ với đứa con.
Làm cho câu văn diễn đạt ý hay hơn.
Chấp thuận và thể hiện được niềm vui cùng thái độ rộng lượng của bà cụ.
Thể hiện niềm tin của bà cụ với đứa con của mình.
Cánh chim hân hoan khi được về rừng.
Chòm mây trôi nhẹ nhàng, thơ mộng.
Người tù mệt mỏi, cô đơn sau ngày dài chuyển lao.
Người tù khỏe khoắn, lạc quan sau ngày dài chuyển lao.
Trận thủy chiến giữa ông lái đò và sông Đà.
Vẻ đẹp hung bạo, dữ dội của con sông Đà.
Sự tài tình, dũng cảm của ông lái đò.
Vẻ đẹp hoang sơ, bí ẩn của con sông Đà.
Một công trình kiến trúc tuyệt tác.
Một chốn xa hoa, đi ngược lại với lợi ích của người lao động.
Một nơi thể hiện quyền lực, là chốn ăn chơi.
Một nơi hiện thân cho số phận mong manh của cái đẹp.
Giàu cảm xúc, nhạy cảm.
Ngây thơ, yêu cuộc sống.
Nhân hậu, giàu tình thương cảm.
Yêu đời, khao khát cuộc sống tốt đẹp.
Sự thay đổi trong nhận thức của nhân vật Tràng.
Sự hồi tưởng về quá khứ của nhân vật Tràng.
Khát vọng hạnh phúc của nhân vật Tràng.
Khát vọng no đủ của nhân vật Tràng.
Điệp cấu trúc, đối lập.
Ẩn dụ, điệp cấu trúc.
Ẩn dụ, đăng đối.
Đối lập, liệt kê.
Cuộc sống khốn khó, neo đơn của người mẹ.
Thiên nhiên Việt Bắc vô cùng khắc nghiệt.
Người mẹ nghèo khó nhưng cần cù, chăm chỉ.
Cuộc sống yên bình của đứa con trên lưng mẹ.
Đấng nam nhi sinh ra trong vũ trụ là đối mặt với trời đất (càn khôn), với những gì lớn lao nhất.
Cuộc sống của các bậc nam tử là phó mặc cho trời đất, phó mặc cho sự xoay vần của trời đất.
Đấng nam tử phải là người chủ động thay đổi cả trời đất (càn khôn).
Ý thức mãnh liệt về cái tôi cá nhân trong cõi nhân gian.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ của văn bản là nghệ thuật. Chọn A.
Hội nghị Ianta ở Liên Xô vừa kết thúc.
Cuộc Chiến tranh thế giới thứ nhất kết thúc.
Pháp bị thất bại trong Chiến tranh thế giới.
Cuộc đại khủng hoảng kinh tế thế giới nổ ra.
xây dựng một căn cứ quân sự hùng mạnh.
khai hóa văn minh cho nhân dân An Nam.
phát triển kinh tế, xã hội cho Việt Nam.
vơ vét tài nguyên và bóc lột nhân công.
Tiến hành hiện đại hóa đất nước.
Thực hiện công nghiệp hóa đất nước.
Hưởng ứng việc xóa nạn mù chữ.
Ứng dụng công nghệ cao vào sản xuất.
Tân Việt Cách mạng đảng.
Đảng Cộng sản Việt Nam.
Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên.
Tâm tâm xã và Cộng sản đoàn.
Dùng phương pháp loại trừ:
Tân Việt Cách mạng đảng đến năm 1928 không theo khuynh hướng vô sản.
Đảng Cộng sản Việt Nam năm 1930 mới ra đời.
Tâm tâm xã và Cộng sản đoàn theo khuynh hướng vô sản những có hoạt động tiêu biểu và đại diện nhất cho cho khuynh hướng cách mạng vô sản ở Việt Nam (1919-1928) là Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên. Chọn C.
Mĩ đang đẩy mạnh xâm lược Việt Nam.
Mĩ vừa phát động cuộc Chiến tranh lạnh.
Hiệp định Pari về Việt Nam được kí kết.
Liên minh châu Âu đã ra đời và phát triển.
Mĩ vừa phát động cuộc Chiến tranh lạnh năm 1947.
Hiệp định Pari về Việt Nam được kí kết năm 1973.
Liên minh châu Âu đã ra đời và phát triển năm 1991.
Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập năm 1967 đây là thời gian mà Mĩ đang đẩy mạnh xâm lược Việt Nam (1954-1975). Chọn A.
Phong trào đã mang tính thống nhất trên cả nước và đoàn kết với nông dân.
Đã chuyển sang đấu tranh tự giác, thể hiện ý thức chính trị, ý thức giai cấp.
Còn lẻ tẻ, tự phát, chủ yếu nhắm mục tiêu kinh tế, mang tính chất cải lương.
Là một phong trào dân tộc, dân chủ thúc đẩy mạnh mē phong trào yêu nước.
Phong trào công nhân Việt Nam những năm 1925-1929 chịu ảnh hưởng nhiều từ những hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng thanh niên nên đã dần chuyển từ tự phát sang tự giác, phong trào công nhân trở thành nòng cốt của phong trào dân tộc trong cả nước, nổ ra tại các trung tâm kinh tế, chính trị (bãi công của công nhân than Mạo Khê, nhà máy cưa Bến Thủy, xi măng Hải Phòng,...). Phong trào công nhân đã thể hiện được ý thức chính trị và ý thức của giai cấp, đấu tranh với mục tiêu dân tộc, dân chủ rõ ràng hơn. Chọn B.
chế độ A-pác-thai.
nền thống trị chủ nghĩa thực dân cũ.
chế độ độc tài thân Mĩ.
nền thống trị chủ nghĩa thực dân mới.
Chủ tịch Hồ Chí Minh ra đời kêu gọi đồng bào toàn quốc đứng lên chống Mĩ, cứu nước.
Mĩ chính thức rút quân Mĩ về nước và cam kết ngừng viện trợ cho quân đội Sài Gòn.
Kí kết chính thức Hiệp định Pari về chấm dứt chiến tranh, lập lại hòa bình ở Việt Nam.
Mĩ chấp nhận kí vào bản tóm tắt Hiệp định Pari về chấm dứt chiến tranh ở Việt Nam.
Hiệp định về chấm dứt chiến tranh, lập lại hòa bình ở Việt Nam được kí chính thức ngày 27-1-1973 tại Pari giữa bốn ngoại trưởng, đại diện cho các chính phủ tham dự Hội nghị và bắt đầu có hiệu lực. Chọn C.
Mĩ không được can thiệp vào công việc nội bộ của Việt Nam.
Hoa Kì rút hết quân viễn chinh và quân các nước đồng minh.
Nhân dân miền Nam Việt Nam tự quyết định tương lai chính trị.
Các bên thừa nhận thực tế ở miền Nam có hai chính quyền.
Rút ngắn thời gian bắt Buộc đối phương rút quân khỏi Việt Nam.
Mĩ phải có trách nhiệm trong việc hàn gắn chiến tranh Việt Nam.
Buộc Mĩ phải tôn trọng các quyền dân tộc cơ của của Việt Nam.
Buộc các nước phải tôn trọng quyền dân tộc cơ bản của Việt Nam.
Tổ chức Thương mại Thế giới.
Quȳ Tiền tệ quốc tế (IMF).
Liên hợp quốc.
Cộng đồng kinh tế châu Âu.
Hệ thống giao thông hiện đại, có đủ các loại hình.
Thị trường tài chính lớn, ảnh hưởng tới toàn cầu.
Nhiều vệ tinh nhất và đã thiết lập GPS toàn cầu.
Giá trị xuất khẩu luôn lớn hơn giá trị nhập khẩu.
Tây Bắc.
Đông Bắc.
Bắc Trung Bộ.
Tây Nguyên.
Mang tính chất nhiệt đới ẩm gió mùa.
Có nền nhiệt độ cao, chan hòa ánh nắng.
Khí hậu có một mùa đông lạnh, ít mưa.
Chịu ảnh hưởng chế độ gió mùa châu Á.
Lâm Viên.
Di Linh.
ĐắkLắk.
Mơ Nông.
Tròn
Miền.
Cột.
Đường
Hoà Bình và Thác Bà.
Hoà Bình và Tuyên Quang.
Thác Bà và Sơn La.
Hoà Bình và Sơn La.
nước ta có điều kiện thuận lợi để phát triển ngành đường biển.
nước ta đang thực hiện mở cửa, quan hệ quốc tế ngày càng tăng.
ngành dầu khí phát triển mạnh, vận chuyển chủ yếu băng đường biển.
ngoại thương nước ta phát triển mạnh, lượng hàng xuất nhập khẩu lớn.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- Đáp án A. nước ta có điều kiện thuận lợi để phát triển ngành đường biển. → đây là yếu tố có sẵn từ trước, không thúc đẩy ngành vận tải đường biển phát triển nhanh.
- Đáp án B. nước ta đang thực hiện mở cửa, quan hệ quốc tế ngày càng tăng. → đúng. Chọn B.
- Đáp án C. ngành dầu khi phát triển mạnh, vận chuyển chủ yếu bằng đường biển. → đúng nhưng chưa đủ, không chỉ ngành dầu khi phát triển mà còn nhiều ngành khác.
- Đáp án D. ngoại thương nước ta phát triển mạnh, lượng hàng xuất nhập khẩu lớn. → không bao quát bằng B
Giá trị sản xuất công nghiệp
Quy mô dân số
Tổng sản phẩm trong nước (GDP)
Giá trị hàng xuất khẩu
nước ngọt rất cần thiết cho phát triển nuôi trồng thủy sản.
đất bị nhiễm phèn, nhiễm mặn, cần nước ngọt để cải tạo.
thiếu nước ngọt cho đời sống sinh hoạt và sản xuất.
thiếu nước ngọt cho sản xuất nông nghiệp, công nghiệp.
Cách biểu diễn lực tương tác giữa hai điện tích đứng yên trường hợp nào sau đây là sai?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Khi cho hai điện tích cùng loại lại gần nhau thì chúng đẩy nhau. Chọn B.
Vùng 1 và 2.
Vùng 3 và 4.
Vùng 1 và 3.
Vùng 2 và 4.
Vận dụng quy tắc nắm tay phải: vùng (2), (4) từ trường do hai dây dẫn gây ra có thể triệt tiêu nhau. Chọn D.
Một dây dẫn thẳng được đặt vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Đường sức từ quay ngược chiều kim đồng hồ. Chiều đi của dòng điện là
đi vào mặt phẳng.
đi ra khỏi mặt phẳng.
quay theo chiều kim đồng hồ.
quay ngược chiều kim đồng hồ.
Vận dụng quy tắc nắm tay phải ta thấy dòng điện có chiều đi vào mặt phẳng.
Chọn A.
Tia hồng ngoại.
Tia tử ngoại.
Tia Rơn-ghen.
Tia gama.
Tia tử ngoại có có tác dụng diệt khuẩn do vậy nó có thể diệt được 99% vi khuẩn.
Chọn B.
Đông.
Nam.
Bắc.
Tây.
6,54 lít.
6,25 lít.
6,00 lít.
5,52 lít.
Gọi V là thể tích máu của người đó. Độ phóng xạ H = 597.V (phân rã/phút) = 9,95.V (Bq). Ta có: \({\rm{H}} = {{\rm{H}}_0}{2^{ - \frac{{\rm{t}}}{{\rm{T}}}}} \Rightarrow \frac{{9,95\;{\rm{V}}}}{{74000}} = {2^{ - \frac{{3,75}}{{15}}}} \Rightarrow {\rm{V}} = 6253,9\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3} = 6,25\)lít. Chọn B.
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi nhưng tần số thay đổi được vào hai đầu đoạn mạch AB gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp như hình vẽ. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN (đường màu đỏ) và điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MN (đường màu đen) theo giá trị tần số góc \[{\rm{\omega }}\] như hình vẽ. Khi \[{\rm{\omega }} = y\] thì hệ số công suất của đoạn mạch AB có giá trị nào sau đây?
Làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất.
Đáp án: ……….
Ta có, khi UAN cực đại thì:
\({U_{AN}} = {U_{RL}} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + {{({\rm{\omega }}L)}^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\rm{\omega }}L - \frac{1}{{{\rm{\omega }}C}}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 - {p^{ - 2}}} }} \cdot \) Với \(p = \frac{1}{2}\left( {1 + \sqrt {1 + 2\frac{{{R^2}C}}{L}} } \right)\)
Từ đồ thị ta thấy \({{\rm{U}}_{{\rm{AN}}}} = \frac{5}{3}{\rm{U}} \Rightarrow {\rm{p}} = 1,25 \Rightarrow \frac{{{{\rm{R}}^2}{\rm{C}}}}{{\rm{L}}} = 0,625\)
Tại \({\rm{\omega }} = y\) thì \({U_{L\max }}\), ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_C} = \sqrt {\frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}} }\\{{Z_L} = \frac{L}{C}.\frac{1}{{{Z_C}}}}\end{array} \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = \frac{L}{C}.\frac{1}{{\frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}}} = \frac{1}{{1 - \frac{{{R^2}C}}{L}}} = 1,455} \right.\)
Chuẩn hóa số liệu: \({Z_C} = 1;{Z_L} = 1,455;R = 0,95\)
Hệ số công suất: \(\cos {\rm{\varphi }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{0,95}}{{\sqrt {0,{{95}^2} + {{(1,455 - 1)}^2}} }} = 0,9\). Đáp án. 0,9.
7.
4.
5.
6.
Giả sử ban đầu A là vị trí cho vân sáng bậc \(k \to {x_M} = k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a}\) (1)
Khi dịch chuyển màn ra xa một đọan d thì A vẫn là vân sáng nhưng số vân sáng trên AB giảm đi 4 vân điều này chứng tỏ tại A lúc này là vân sáng bậc \(\left( {{\rm{k}} - 2} \right)\)\( \to {{\rm{x}}_{\rm{M}}} = ({\rm{k}} - 2)\frac{{({\rm{D}} + {\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}}\)
Từ (1) và (2): \(k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a} = ({\rm{k}} - 2)\frac{{({\rm{D}} + {\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}} \Rightarrow \)\({\rm{k}} = ({\rm{k}} - 2)\left( {1 + \frac{{\rm{d}}}{{\rm{D}}}} \right)\)(*)
Tiếp tục dịch chuyển màn ra xa thêm một khoảng 9d nữa thì A là vân sáng, sau đó nếu dịch chuyển màn tiếp tục ra xa thì ta sẽ không thu được vân sáng nên lúc này A là vân sáng bậc nhất
\( \Rightarrow {{\rm{x}}_{\rm{M}}} = \frac{{({\rm{D}} + 10\;{\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}}\) (3)
Từ (1) và (3): \(k\frac{{D{\rm{\lambda }}}}{a} = \frac{{({\rm{D}} + 10\;{\rm{d}}){\rm{\lambda }}}}{{\rm{a}}} \Rightarrow {\rm{kD}} = {\rm{D}} + 10\;{\rm{d}} \Rightarrow \frac{{\rm{d}}}{{\rm{D}}} = \frac{{{\rm{k}} - 1}}{{10}}\)
Thay vào phương trình (*) ta thu được \(\frac{{{{\rm{k}}^2}}}{{10}} - \frac{3}{{10}}{\rm{k}} - \frac{9}{5} = 0 \to {\rm{k}} = 6\). Chọn D.
\(5\,\Omega \).
\(5,8\,\Omega \).
\(10\,\Omega \).
\(7,2\,\Omega \).
Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan {\rm{\varphi }} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\).
Từ đồ thị ta thấy khi: \({{\rm{Z}}_{\rm{C}}} = 6 \Rightarrow \tan {\rm{\varphi }} = 0 \Rightarrow \frac{{{{\rm{Z}}_{\rm{L}}} - 6}}{{\rm{R}}} = 0 \Rightarrow {{\rm{Z}}_{\rm{L}}} = 6\)
\({Z_C} = 0 \Rightarrow \tan {\rm{\varphi }} = 1,2V \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{R} = 1,2 \Rightarrow R = \frac{{{Z_L}}}{{1,2}} = 5\Omega \). Chọn A.
1 m/s.
2,4 m/s.
1,8 m/s.
1,2 m/s.
Bước sóng: \(\frac{{\rm{\lambda }}}{4} = {\rm{AB}} \Rightarrow {\rm{\lambda }} = 4.15 = 60\;\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
Biên độ của M là: \({{\rm{A}}_{\rm{M}}} = \left| {2{\rm{a}}{\rm{.}}\cos \left( {2{\rm{\pi }}.\frac{{10}}{{60}}} \right)} \right| = {\rm{a}}\)
Vận tốc cực đại của phần tử M và N là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{v_{M\max }} = {\rm{\omega }}a}\\{{v_{B\max }} = {\rm{\omega }}.2a}\end{array}} \right.\).
Áp dụng giản đồ vecto quay:
Ta có \({\rm{\alpha }} = {\mathop{\rm arcos}\nolimits} \frac{{{\rm{a\omega }}}}{{2a{\rm{\omega }}}} = \frac{{\rm{\pi }}}{3}\).
Thời gian trong 1 chu kì mà tốc độ dao động của phần tử B không lớn hơn vận tớc cực đại của phần tử M là: \(\Delta {\rm{t}} = \frac{{\rm{T}}}{{2{\rm{\pi }}}}.4\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{2} - \alpha } \right) = \frac{{\rm{T}}}{{2{\rm{\pi }}}}.4.\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{2} - \frac{{\rm{\pi }}}{3}} \right) = \frac{{\rm{T}}}{3} = 0,2\;{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{T}} = 0,6\;{\rm{s}}\).
Tốc độ truyền sóng trên dây là: \({\rm{v}} = \frac{{\rm{\lambda }}}{{\rm{T}}} = \frac{{60}}{{0,6}} = 100\;{\rm{cm}}/{\rm{s}} = 1\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.
Ống nghiệm A.
Ống nghiệm B.
Cả hai ống nghiệm.
Không ống nghiệm nào.
Hydrocarbon không no có khả năng tham gia phản ứng với nước bromine nên sẽ tạo thành dung dịch đồng nhất. Chọn B.
Khi nung nóng, \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ bắt đầu mất dần khối lượng. Đồ thị hình bên biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng chất rắn vào nhiệt độ.
Phần trăm khối lượng chất rắn còn lại so với ban đầu tại nhiệt độ \({840^o}{\rm{C}}\) là
\(60,23\% .\)
\(38,36\% .\)
\(50,13\% .\)
\(45,69\% .\)
Chọn số mol của \(Ca{C_2}{O_4}.1{H_2}O = 1\,mol\)→ \({m_{Ca{C_2}{O_4} \cdot {H_2}O}} = 146\,gam\)
Các phản ứng khi nung:
Phần trăm khối lượng chất rắn còn lại so với ban đầu là: \(\% {m_{CaO}} = \frac{{1 \cdot 56}}{{146}}.100\% \approx 38,36\% .\)
Chọn B.
Trộn cùng thể tích khí chlorine và một oxide của chlorine (X) thu được 60 mL hỗn hợp khí. Tiến hành đun nóng rồi làm nguội trở lại nhiệt độ ban đầu thì thấy thể tích hỗn hợp khí thu được tăng lên 75 mL. Tiếp tục xử lý hỗn hợp với dung dịch xút dư thì thể tích giảm xuống còn 15 mL. Giả sử rằng tất cả các phép đo được thực hiện ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Biết rằng oxide X khi đun nóng phân hủy định lượng thành oxygen và chlorine đơn chất.
Công thức đơn giản nhất của chlorine oxide X là
\({\rm{Cl}}{{\rm{O}}_2}\).
\({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}{\rm{O}}\).
\(C{l_2}{{\rm{O}}_3}\).
\({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_5}\).
\({n_{C{l_2}}} = {n_{C{l_x}{O_y}}} = 30\) (Coi thể tích bằng với số mol trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).
Oxide \({\rm{X}}\) khi đun nóng phân hủy định lượng thành oxygen và chlorine đơn chất.
\(\begin{array}{l}2{\rm{C}}{{\rm{l}}_x}{{\rm{O}}_y} \to x{\rm{C}}{{\rm{l}}_2} + y{{\rm{O}}_2}\\30\quad \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,15x\quad \,\,\,15y\end{array}\)
\(30 + 15(x + y) = 75 \Rightarrow x + y = 3\)
Tiếp tục xử lý hỗn hợp với dung dịch xút dư thì \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) tham gia phản ứng, \({{\rm{O}}_2}\) không tham gia phản ứng nên lượng còn lại là \({{\rm{O}}_2}.\)
\({n_{{O_2}}} = 15{\rm{y}} = 15 \Rightarrow {\rm{y}} = 1,{\rm{x}} = 2\) Þ Công thức là \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}{\rm{O}}.\) Chọn B.
Đưa 1 mol khí nitrogen vào trong ống pít-tông, thể tích pít-tông là \({V_1}\) và áp suất của hệ là 1 atm. Tiến hành tăng áp suất của hệ lên 3 atm thì thể tích của pít-tông lúc này là \({V_2}.\)
Mối liên hệ giữa \({V_1}\) và \({V_2}\) là
\({{\rm{V}}_{\rm{1}}} = 3{{\rm{V}}_{\rm{2}}}{\rm{.}}\)
\(3{{\rm{V}}_{\rm{1}}} = {{\rm{V}}_{\rm{2}}}{\rm{.}}\)
\(2\;{{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}.\)
\(3\;{\rm{V}}1 = 2\;{{\rm{V}}_2}.\)
Cách 1: Ta có công thức: \(PV = nRT\)trong đó P: áp suất, V: thể tích, n: số mol, T: nhiệt độ, \(R = 0,082.\)
Ban đầu: \(1\;{{\rm{V}}_1} = 1{\rm{RT}} \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = {\rm{RT}}\)
Tăng áp suất hệ lên 3 lần: \(3\;{{\rm{V}}_2} = {\rm{RT}} \Rightarrow {{\rm{V}}_2} = \frac{{{\rm{RT}}}}{3} \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}\)
Cách 2: Ta có: \(PV = nRT \Rightarrow V = \frac{{nRT}}{P}\)
Thể tích tỉ lệ nghịch với áp suất, khi tăng áp suất thì thể tích giảm.
Þ Tăng áp suất lên 3 lần thì thể tích giảm đi 3 lần Þ \({V_2} = \frac{{{V_1}}}{3}\)
\( \Rightarrow {{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}.\) Chọn A.
3.
5.
4.
2.
Các phát biểu đúng là (b), (c), (d), (e).
Phát biểu (a) sai vì aniline nặng hơn nước sẽ chìm xuống dưới. Chọn C.
Tơ visco.
Poly(vinyl chloride).
Polyethylene.
Cellulose.
A. Tơ visco: polymer bán tổng hợp.
B. Poly(vinyl chloride): polymer tổng hợp.
C. Polyethylene: polymer tổng hợp.
D. Cellulose: polymer thiên nhiên.
Chọn A.
\(1620\;{\rm{kg}}.\)
\(1440\;{\rm{kg}}.\)
\(1350\;{\rm{kg}}.\)
\(1530\;{\rm{kg}}.\)
Phản ứng điện phân:
Đốt cháy anode:
Ta có: \({n_X} = \frac{{2,479}}{{24,79}} = 0,1\,(mol);\,{n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}\, \downarrow }} = \frac{{0,7}}{{100}} = 0,007\,(mol)\)
Xét 2,479 lít
Trong 2,479 lít X: \({{\rm{n}}_{\rm{O}}} = 2{{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} + 2{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{CO}}}} = 0,197\;{\rm{mol}},{{\rm{n}}_{\rm{C}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{CO}}}} = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
\({{\rm{n}}_{\rm{e}}} = 2{{\rm{n}}_{\rm{O}}} = 0,394\;{\rm{mol}} \to {{\rm{m}}_{{\rm{Al}}}} = 27 \cdot \frac{{{{\rm{n}}_{\rm{e}}}}}{3} = 3,546{\rm{ gam}}{\rm{. }}\)
Trong 24 giờ: \({{\rm{m}}_{{\rm{Al}}}} = 3,546 \cdot \frac{{24 \cdot 3600}}{{0,2}}:1000 = 1532\;{\rm{kg}}.\)Chọn D.
\({\rm{Na}}{{\rm{H}}_2}{\rm{P}}{{\rm{O}}_4}.\)
\({\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}.\)
KHS.
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COONa}}.\)
Muối acid là muối có chứa nguyên tử hydrogen trong gốc acid, khi tan trong nước phân li ra ion H+ như \({\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3},Na{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4},\,KHS, \ldots \)
Þ \(C{H_3}COONa\)là muối trung hòa. Chọn D.
Cả (i), (ii) và (iii).
(ii) và (iii).
(i) và (ii).
Chỉ (iii).
- Tăng áp suất làm tăng hiệu suất tạo thành \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\) do tăng áp suất làm cân bằng chuyển dịch theo chiều giảm số mol khí, tức chiều thuận Þ (i) đúng.
- Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt, để tăng hiệu suất tạo thành \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\) cần giảm nhiệt độ của hệ Þ Tăng nhiệt độ làm giảm hiệu suất tạo thành \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3} \Rightarrow \) (ii) đúng.
- Chất xúc tác chỉ làm tăng tốc độ phản ứng, không làm tăng hiệu suất phản ứng Þ (iii) sai.
Chọn C.
Nhận thấy ester Y tạo bởi glycerol với một acid carboxylic đơn chức, không no chứa một liên kết \({\rm{C}} = {\rm{C}}\), mạch hở và không phải tạp chức → Y là ester 3 chức.
Thuỷ phân X, Y tạo 2 ancol có cùng số nguyên tử \(C\) là \({{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_8}{{\rm{O}}_3}\) và \({{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_8}{{\rm{O}}_2}\)
* Xét trong 0,18 mol E
Xử lý phản ứng thuỷ phân trước. Gọi số mol của X và Y lần lượt là \({\rm{a}},{\rm{b}}\)(mol)
Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,18}\\{2a + 3b = 0,855.0,5}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,1125}\\{b = 0,0675}\end{array}} \right.} \right.\)
\(a:b = 0,1125:0,0675 = 5:3\)
* Xét trong 25,53 gam E, gọi số mol của X là \(5{\rm{x}}\) mol, số mol của Y là 3x và số mol của nước là y mol
\( \Rightarrow \) Số mol của O trong E là \(5x.4 + 6.3x = 38x\)(mol)
Ta có: \({m_X} = {m_C} + {m_H} + {m_O}\)
Þ \(25,53 = 1,215.12 + 2y + 38x.16\)
Có \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} - {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = {{\rm{n}}_{\rm{A}}} + 5{{\rm{n}}_{\rm{B}}} \to 1,215 - {\rm{y}} = 5{\rm{x}} + 5.3{\rm{x}}\)
Giải hệ phương trình ta được: \(x = 0,015\) và \(y = 0,915\) (mol)
Vậy trong 25,53 gam chứa \(8.0,015 = 0,12\;{\rm{mol}}\,E\) gồm \(0,075\;{\rm{mol}}\;X\)và \(0,045\;{\rm{mol}}\;{\rm{Y}}\)
\( \Rightarrow \) Trong 38,295 gam chứa 0,18 mol X gồm 0,1125 mol A. và 0,0675 mol B.
Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:
\( \Rightarrow {\rm{m}} = 38,295 + 0,4275.40 - 0,1125.76 - 0,0675 \cdot 92 = 40,635\) gam. Đáp án: 40,635
Vi khuẩn phản nitrat hóa.
Vi khuẩn lam (Cyanobacteria).
Vi khuẩn nitrit hóa.
Vi khuẩn amôn hóa.
Vi khuẩn có khả năng cố định nitơ là vi khuẩn lam (Cyanobacteria). Chọn B.
Nồng độ auxin cao hơn xitôkinin.
Nồng độ auxin thấp hơn xitôkinin.
Nồng độ gibêrêlin cao hơn axit abxixic.
Nồng độ gibêrêlin thấp hơn axit abxixic.
Nồng độ auxin cao kích thích ra rễ, nồng độ xitôkinin cao kích thích ra chồi → Để kích thích mô sẹo (callus) mọc chồi khi nuôi cấy trong ống nghiệm, môi trường nuôi cấy cần có các hoocmôn và nồng độ tương quan như sau: nồng độ auxin thấp hơn xitôkinin (kích thích ra chồi). Chọn B.
Cây bạch đàn thoát hơi nước qua cutin mạnh hơn.
Cây bạch đàn và cây lá lốt có cường độ thoát hơi nước qua cutin như nhau.
Cây bạch đàn và cây lá lốt đều không thoát hơi nước qua cutin.
Cây lá lốt thoát hơi nước qua cutin nhiều hơn.
Trong 2 loài cây này, cây lá lốt thoát nước qua cutin nhiều hơn do lá lốt là cây ưa bóng, tầng cutin mỏng. Chọn D.
Một số phân tử lactôzơ liên kết với prôtêin ức chế.
ARN pôlimeraza liên kết với vùng khởi động của opêron Lac và tiến hành phiên mã.
Gen điều hoà R tổng hợp prôtêin ức chế.
Các gen cấu trúc Z, Y, A phiên mã tạo ra các phân tử mARN tương ứng.
A, B, D. Sai. Các sự kiện gồm: một số phân tử lactôzơ liên kết với prôtêin ức chế; ARN pôlimeraza liên kết với vùng khởi động của opêron Lac và tiến hành phiên mã; các gen cấu trúc Z, Y, A phiên mã tạo ra các phân tử mARN tương ứng đều chỉ xảy ra khi môi trường có lactôzơ.
C. Đúng. Gen điều hoà R tổng hợp prôtêin ức chế là sự kiện xảy ra trong cả điều kiện môi trường có hoặc không có lactôzơ. Chọn C.
Trong những điều kiện nhất định, quần thể ngẫu phối có tần số các kiểu gen được duy trì không đổi qua các thế hệ.
Quần thể ngẫu phối có sự đa dạng di truyền.
Trong quần thể ngẫu phối, các cá thể giao phối với nhau một cách ngẫu nhiên.
Qua các thế hệ ngẫu phối, tỉ lệ kiểu gen dị hợp tử giảm dần.
Quá trình ngẫu phối có xu hướng làm cho quần thể đạt trạng thái cân bằng di truyền nên không làm thay đổi tỉ lệ kiểu gen. Chọn D.
có khả năng giao phối với nhau để sinh con.
có mức phản ứng giống nhau.
có kiểu hình hoàn toàn giống nhau.
có giới tính có thể giống hoặc khác nhau.
Phương pháp nhân giống bằng cấy truyền phôi tạo ra các cá thể có kiểu gen giống nhau, cùng giới tính. Do có cùng giới tính nên chúng không thể giao phối với nhau để tạo ra thế hệ con; do có cùng kiểu gen nên chúng có mức phản ứng giống nhau. Tuy nhiên, những cá thể này vẫn có thể có kiểu hình khác nhau khi được nuôi trong những điều kiện môi trường khác nhau, vì kiểu hình là kết quả của sự tương tác giữa kiểu gen và môi trường. Chọn B.
Cách li sinh thái.
Cách li cơ học.
Cách li địa lí.
Cách li tập tính.
Môi trường có nhiệt độ dao động từ \({25^o }{\rm{C}}\) đến \({40^o }{\rm{C}}\), độ ẩm từ 8% đến 95%.
Môi trường có nhiệt độ dao động từ \({12^o }{\rm{C}}\) đến \({30^o }{\rm{C}}\), độ ẩm từ 90% đến 100%.
Môi trường có nhiệt độ dao động từ \({25^o }{\rm{C}}\) đến \({30^o }{\rm{C}}\), độ ẩm từ 85% đến 95%.
Môi trường có nhiệt độ dao động từ \({20^o }{\rm{C}}\) đến \({35^o }{\rm{C}}\), độ ẩm từ 75% đến 95%.
1 cây thân cao : 8 cây thân thấp.
3 cây thân cao : 1 cây thân thấp.
8 cây thân cao : 1 cây thân thấp.
1 cây thân cao : 1 cây thân thấp.
F1 phân li 3 thân cao : 1 thân thấp → P dị hợp: Aa × Aa → F1: 1 AA : 2 Aa : 1 aa.
Nếu loại bỏ các cây thân thấp (aa), các cá thể F1 tham gia sinh sản là: 1 AA : 2 Aa.
Cho các cây thân cao F1 giao phấn tự do: (1 AA : 2 Aa) × (1 AA : 2 Aa) ↔ (2 A : 1 a) × (2 A : 1 a) → F2: 4 AA : 4 Aa : 1 aa (8 thân cao : 1 thân thấp). Chọn C.
Xét quan hệ huyết thống, xác định kiểu gen của vợ chồng:
- Bên phía người vợ:
+ Mẹ bị bệnh bạch tạng nên vợ có kiểu gen Aa.
+ Em trai bị bệnh máu khó đông (XbY) → Kiểu gen của bố mẹ người vợ về tính trạng bệnh máu khó đông: XBXb × XBY → Kiểu gen của người vợ: \(\frac{1}{2}{X^{\rm{B}}}{X^{\rm{B}}}:\frac{1}{2}{X^{\rm{B}}}{{\rm{X}}^{\rm{b}}}\).
- Bên phía người chồng:
+ Chị gái bị bệnh bạch tạng → Kiểu gen của bố mẹ người chồng về tính trạng bệnh bạch tạng là: Aa × Aa → Kiểu gen của người chồng: \(\frac{1}{3}{\rm{AA}}:\frac{2}{3}{\rm{Aa}}\).
+ Người chồng không bị bệnh máu khó đông nên kiểu gen của chồng sẽ là \({X^B}Y\)
Xét xác suất sinh 2 đứa con mang alen gây bệnh bạch tạng là:
TH1: \(\left( {\frac{1}{3}{\rm{AA}} \times {\rm{Aa}}} \right) \Rightarrow \)Xác suất sinh 2 đứa mang alen gây bệnh bạch tạng là \(\frac{1}{3} \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{{12}}.\)
TH2: \(\left( {\frac{2}{3}{\rm{Aa}} \times {\rm{Aa}}} \right) \Rightarrow \)Xác suất sinh 2 đứa mang alen gây bệnh bạch tạng là \(\frac{2}{3} \times {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{3}{8}.\)
→ Xác suất sinh 2 đứa con mang alen gây bệnh bạch tạng là: \(\frac{1}{{12}} + \frac{3}{8} = \frac{{11}}{{24}}.\)
Xét xác suất sinh 2 đứa con mang alen gây bệnh máu khó đông: \(\frac{1}{2}{X^B}{X^b} \times {X^B}Y = \frac{1}{2} \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{8}\)
Vậy xác suất cặp vợ chồng trên sinh 2 đứa con đều mang alen gây bệnh về cả hai bệnh trên sẽ là:\(\frac{{11}}{{24}} \times \frac{1}{8} = \frac{{11}}{{192}} \approx 0,057.\) Đáp án: 0,057 .
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.
