Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 20)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Biểu đồ dưới đây biểu thị số lượng cửa hàng Điện Máy Xanh (ĐMX) và đóng góp của cửa hàng này trong tổng doanh thu ĐMX.
Hỏi từ tốc độ tăng trưởng số lượng cửa hàng trong tháng nào là cao nhất?
Tháng 12.
Tháng 9.
Tháng 10.
Tháng 11.
Dựa vào biểu đồ, ta thấy số lượng của của tháng 12 cao nhất. Chọn A.
\(89\,\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(109\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(71\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
\(\frac{{25}}{3}\;\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\).
Ta có \({\rm{v}}\left( {\rm{t}} \right) = {\rm{s'}}\left( {\rm{t}} \right) = {{\rm{t}}^2} - 2{\rm{t}} + 9\).
• \({\rm{v'}} = 2{\rm{t}} - 2 \Rightarrow {\rm{v'}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{t}} = 1\).
• \[{\rm{v}}\left( 1 \right) = 8\,;\,\,{\rm{v}}\left( {10} \right) = 89\,;\,\,{\rm{v}}\left( 0 \right) = 9\].
Vậy vận tốc lớn nhất là \(89\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.
\(\frac{1}{2}\).
0.
\( - 2\).
2.
\(m < 2\) hay \(m > \frac{5}{2}\).
\(2 < {\rm{m}} < \frac{5}{2}\).
\({\rm{m}} < - \frac{5}{2}\) hay \({\rm{m}} > - 2\).
\( - \frac{5}{2} < {\rm{m}} < - 1\).
Ta có \({\rm{D}} = {{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 2\,;\,\,{{\rm{D}}_{\rm{x}}} = - 2\;{{\rm{m}}^2} - 2\;{\rm{m}} - 6\,;\,\,{{\rm{D}}_{\rm{y}}} = 2\;{{\rm{m}}^2} + 3\;{\rm{m}} - 5\)
Hệ phương trình có nghiệm khi \({\rm{D}} \ne 0 \Leftrightarrow {\rm{m}} \ne - 1\,;\,\,{\rm{m}} \ne 2.\)
Hệ có nghiệm \(x = \frac{{ - 2{m^2} - 2m - 6}}{{{m^2} - m - 2}}\,;\,y = \frac{{2{m^2} + 3m - 5}}{{{m^2} - m - 2}}\).
Hệ phương trình có nghiệm âm khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{m}}^2} - {\rm{m}} - 2 > 0}\\{2\;{{\rm{m}}^2} + 3\;{\rm{m}} - 5 < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}{\rm{m}} < - 1\\{\rm{m}} > 2\end{array} \right.\\ - \frac{5}{2} < {\rm{m}} < 1\end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{5}{2} < {\rm{m}} < - 1} \right.\).
Chọn D.
\[\left( {3\,;\,\,5} \right)\].
\(\left( {2\,;\,\,5} \right)\).
\(\left( {5\,;\,\,3} \right)\).
\(\left( {5\,;\,\,2} \right)\).
Ta có \[{z_1} + 2{z_2} = \left( {1 + i} \right) + 2\left( {2 + i} \right) = 5 + 3i\].
Vậy điểm biểu diễn số phức \({z_1} + 2{z_2}\) có tọa độ là \(\left( {5\,;\,\,3} \right)\). Chọn C.
\(\vec n = \left( { - 2\,;\,\,2\,;\,\,1} \right)\).
\(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {4\,;\,\, - 4\,;\,\,2} \right)\).
\(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\).
\(\vec n = \left( {1\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\).
Ta có \(\left( {\rm{P}} \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{{\rm{n}}_1}} = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\).
Suy ra \(\overrightarrow {\rm{n}} = 2\overrightarrow {{n_1}} = \left( {4\,;\,\, - 4\,;\,\,2} \right)\) là vectơ pháp tuyến của \(\left( {\rm{P}} \right)\). Chọn B.
\({\rm{m}} = - 6\).
\(m = 0\).
\(m = - 4\).
\(m = 2\).
Ta có \(\overrightarrow {{\rm{NM}}} = \left( {3\,;\,\,2\,;\,\, - 2} \right),\,\,\overrightarrow {{\rm{NP}}} = \left( {2\,;\,\,{\rm{m}} - 2\,;\,\,1} \right)\).
Tam giác \[MNP\] vuông tại \({\rm{N}}\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {{\rm{NM}}} \cdot \overrightarrow {{\rm{NP}}} = 0\)
\( \Leftrightarrow 3 \cdot 2 + 2\left( {m - 2} \right) - 2 \cdot 1 = 0 \Leftrightarrow m = 0.\)
Vậy giá trị cần tìm của \(m\) là \(m = 0\). Chọn B.
4.
5.
9.
10.
Ta có \(\frac{{3x + 5}}{2} - 1 \le \frac{{x + 2}}{3} + x \Leftrightarrow 9x + 15 - 6 \le 2x + 4 + 6x \Leftrightarrow x \le - 5\).
Vì \(x \in \mathbb{Z}\) mà \( - 10 < x \le - 5\) nên có 5 nghiệm nguyên. Chọn B.
0.
1.
2.
3.
\(\sin 2x + 3\cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x.\cos x + 3\cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x + 3} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \quad ({\rm{k}} \in \mathbb{Z})}\\{\sin x = - \frac{3}{2}\quad ({\rm{loai v\`i }}\sin x \in \left[ { - 1\,;\,1} \right])}\end{array}} \right.\)
Theo đề: \({\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\,\pi } \right) \Rightarrow {\rm{k}} = 0 \Rightarrow {\rm{x}} = \frac{\pi }{2}\). Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\({S_{20}} = 600\).
\({{\rm{S}}_{20}} = 60\).
\({S_{20}} = 250\).
\({S_{20}} = 500\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_5} = - 15}\\{{u_{20}} = 60}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} + 4d = - 15}\\{{u_1} + 19d = 60}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = - 35}\\{d = 5}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
\( \Rightarrow {S_{20}} = 20{u_1} + \frac{{20 \cdot 19}}{2} \cdot d = 20 \cdot \left( { - 35} \right) + \frac{{20 \cdot 19}}{2} \cdot 5 = 250\). Chọn C.
\(1 + \frac{1}{2}\ln 3\).
\(1 + \frac{1}{2}\ln 5\).
\(1 + \ln 3\).
\(\frac{1}{2}\left( {1 + \ln 3} \right)\).
Ta có \(F\left( x \right) = \int f \left( x \right)dx = \int {\frac{{dx}}{{2x + 1}}} = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right| + C\).
\(F\left( 0 \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2}\ln 1 + C = 1 \Leftrightarrow C = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right| + 1 \Rightarrow F\left( { - 2} \right) = 1 + \frac{1}{2}\ln 3.\) Chọn A.
Cho hàm số \({\rm{f}}\left( x \right)\), hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f'}}\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình \({\rm{f}}({\rm{x}}) > 2{\rm{x}} + {\rm{m}}\) \({\rm{(m}}\) là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi và chỉ khi
\({\rm{m}} \le {\rm{f}}\left( 2 \right) - 4\).
\(m \le f\left( 0 \right)\).
\({\rm{m}} < {\rm{f}}\left( 0 \right)\).
\(m < f\left( 2 \right) - 4\).
Ta có \({\rm{f}}\left( x \right) > 2{\rm{x}} + {\rm{m}} \Leftrightarrow {\rm{m}} < {\rm{f}}\left( x \right) - 2{\rm{x}}(*)\).
Xét hàm số \({\rm{g}}\left( x \right) = {\rm{f}}\left( x \right) - 2{\rm{x}}\) trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Ta có \[{\rm{g'}}\left( x \right) = {\rm{f'}}\left( x \right) - 2 < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\] nên hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}})\) nghịch biến trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Do đó \((*)\) đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi \(m \le g\left( 2 \right) = f\left( 2 \right) - 4\). Chọn A.
\(12,23\;\,{\rm{m}}\).
\(32,8\;\,{\rm{m}}\).
\(45,03\;\,{\rm{m}}\).
\(10,24\;\,{\rm{m}}\).
\(80\left( {1,{1^{10}} - 1} \right)\) (triệu đồng).
\(800\left( {{{1.1}^{10}} - 1} \right)\) (triệu đồng).
\(480\left( {{{1.1}^{10}} - 1} \right)\) (triệu đồng).
\(48\left( {{{1.1}^{10}} - 1} \right)\) ( triệu đồng).
Tổng số tiền người nhận hợp đồng lãnh sau 5 năm:
\({S_{kn}} = A \cdot n\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^k} - 1}}{r}\) với \(A = 8\) triệu; \(n = 6\) tháng; \(k = 10\) (5 năm là 60 tháng); \[r = 10{\rm{ }}\% .\]
\( \Rightarrow {S_{kn}} = 8 \cdot 6 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 10\% } \right)}^{10}} - 1}}{{10\% }} = 480\left( {1 \cdot {1^{10}} - 1} \right)\) (triệu đồng). Chọn C.
\(\left[ { - \frac{3}{2};\,\,1} \right]\).
\(\left( { - \infty ;\,\, - \frac{3}{2}} \right] \cup \left[ {1;\,\, + \infty } \right)\).
\(\left( { - 1;\,\,\frac{3}{2}} \right)\).
\(\left[ { - 1;\,\,\frac{3}{2}} \right]\).
\({\left( {\frac{\pi }{4}} \right)^{2x + 3}} \le {\left( {\frac{\pi }{4}} \right)^{2{x^2} + 3x}} \Leftrightarrow 2x + 3 \ge 2{x^2} + 3x \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 3 \le 0 \Leftrightarrow - \frac{3}{2} \le x \le 1\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(\left[ { - \frac{3}{2};\,\,1} \right]\). Chọn A.
\({\rm{V}} = 2{\pi ^2}\).
\(V = 2\pi \left( {\pi + 1} \right)\).
\({\rm{V}} = 2\pi \).
\({\rm{V}} = 2\left( {\pi + 1} \right).\)
Ta có phương trình \(\sqrt {2 + \sin x} = 0\) vô nghiệm nên:
\({\rm{V}} = \pi \int\limits_0^\pi {{{\left( {\sqrt {2 + \sin x} } \right)}^2}dx} = \pi \int\limits_0^\pi {\left( {2 + \sin x} \right)dx} = \left. {\pi \left( {2x - \cos x} \right)} \right|_0^\pi = 2\pi \left( {\pi + 1} \right).\) Chọn B.
7.
6.
15.
6.
Khi \({\rm{m}} = 0\) thì \({\rm{y}} = 2{{\rm{x}}^2} + 1\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\]
Như vậy \({\rm{m}} = 0\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Xét khi \(m \ne 0\) (lúc đó hệ số \({m^2} > 0\)): \(y' = 4{m^2}{x^3} - 4\left( {4m - 1} \right)x\,;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = \frac{{4m - 1}}{{{m^2}}}}\end{array}} \right.\)
• Nếu \(\;\frac{{4m - 1}}{{{m^2}}} > 0\), tức là \(m > \frac{1}{4}\) thì \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = \frac{{\sqrt {4m - 1} }}{m}}\\{{x_3} = - \frac{{\sqrt {4m - 1} }}{m}}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\] thì \(\frac{{\sqrt {4\;{\rm{m}} - 1} }}{{\;{\rm{m}}}} \le 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} > \frac{1}{4}}\\{\sqrt {4\;{\rm{m}} - 1} \le {\rm{m}}}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{1}{4}}\\{4m - 1 \le {m^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > \frac{1}{4}}\\{{m^2} - 4m + 1 \ge 0}\end{array}\left\{ \begin{array}{l}m > \frac{1}{4}\\\left[ \begin{array}{l}m \le 2 - \sqrt 3 \\m \ge 2 + \sqrt 3 \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{4} < m \le 2 - \sqrt 3 }\\{m \ge 2 + \sqrt 3 }\end{array}.} \right.} \right.} \right.\)
• Nếu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le \frac{1}{4}}\\{m \ne 0}\end{array}} \right.\) thì \(y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \Rightarrow \) hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) nên đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\]
Như vậy, hàm số đồng biến trên \[\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\] khi \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{m}} \le 2 - \sqrt 3 }\\{\;{\rm{m}} \ge 2 + \sqrt 3 }\end{array}} \right.\).
Từ đó suy ra có 16 giá trị nguyên của \(m \in \left( { - 10\,;\,\,10} \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn B.
\(\sqrt {10} \).
4.
\(2\sqrt 2 \).
2.
Thay \(z = a + \) bi vào \(iz = 1 + 3i\) ta được
\(i\left( {a + bi} \right) = 1 + 3i \Leftrightarrow ai + b{i^2} = 1 + 3i \Leftrightarrow - b + ai = 1 + 3i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = - 1}\end{array}} \right.\).
Vậy số phức \(z = 3 - i \Rightarrow \left| z \right| = \sqrt {9 + 1} = \sqrt {10} \). Chọn A.
\({\rm{Q}}\left( {2\,;\,\,2} \right)\).
\({\rm{M}}\left( {1\,;\,\,1} \right)\).
\(P\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right)\).
\(N\left( { - 1\,;\,\, - 1} \right)\).
Gọi số phức \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\).
\[\left( {\bar z + 2i} \right)\left( {z - 2} \right) = \left( {x - yi + 2i} \right)\left( {x + yi - 2} \right) = {x^2} + {y^2} - 2x + - 2y + 2i\left( {x + y - 2} \right)\] là số thuần ảo thì:
\({x^2} + {y^2} - 2x - 2y = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 2\).
Vậy tập hợp điểm \({\rm{M}}\left( {{\rm{x}}\,;\,\,{\rm{y}}} \right)\) thỏa mãn \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 2\) là một đường tròn có tâm \({\rm{I}}\left( {1\,;\,\,1} \right).\) Chọn B.
\[{\rm{M}}\left( {1\,;\,\,0} \right)\].
\({\rm{M}}\left( {4\,;\,\,0} \right)\).
\(M\left( { - \frac{5}{3}\,;\,\, - \frac{1}{3}} \right)\).
\(M\left( {\frac{{17}}{7}\,;\,\,0} \right)\).
Điểm \({\rm{M}} \in {\rm{Ox}} \Rightarrow {\rm{M}}\left( {{\rm{m}}\,;\,\,0} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {1\,;\,\,7} \right)\) và \(\overrightarrow {{\rm{AM}}} = \left( {{\rm{m}} - 2\,;\,\,3} \right)\).
Để \[A,\,\,B,\,\,M\] thẳng hàng thì \(\frac{{{\rm{m}} - 2}}{1} = \frac{3}{7} \Leftrightarrow {\rm{m}} = \frac{{17}}{7}\). Chọn D.
\(3x + 8y + 35 = 0\).
\(3x + 8y - 35 = 0\).
\(8x + 3y - 20 = 0\).
\(8x - 3y + 4 = 0\).
Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\left( {5\,;\,\,\frac{5}{2}} \right).\)
Phương trình đường thẳng \({\rm{AM}}\) là: \(\frac{{x - 1}}{{5 - 1}} = \frac{{{\rm{y}} - 4}}{{\frac{5}{2} - 4}} \Rightarrow 3x + 8{\rm{y}} - 35 = 0\). Chọn B.
\(4x + 2y - 3z - 15 = 0\).
\(4x - 2y - 3z - 9 = 0\).
\(4x - 2y + 3z - 9 = 0\).
\(4x - 2y - 3z - 15 = 0\).
\(({\rm{P}})\) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng \({\rm{AB}}\) nên \(({\rm{P}})\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\, - 3} \right)\) và đi qua \({\rm{B}}\left( {3\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(({\rm{P}})\) là \(4\left( {x - 3} \right) - 2y - 3\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x - 2y - 3z - 15 = 0.\) Chọn D.
\(\frac{{2\sqrt 2 }}{3}\pi \).
\(\frac{4}{3}\pi \).
\(\frac{2}{3}\pi \).
\(\frac{1}{3}\pi \).
Ta có \(AB = AC = \sqrt 2 \).
Gọi \({\rm{H}}\) là trung điểm của cạnh \({\rm{AB}}\) thì \({\rm{AH}} \bot {\rm{BC}}\) và \({\rm{AH}} = 1\).
Quay tam giác \({\rm{ABC}}\) quanh trục \({\rm{BC}}\) thì được khối tròn xoay có thể tích là: \({\rm{V}} = 2.\frac{1}{3}{\rm{HB}}{\rm{.}}\pi {\rm{A}}{{\rm{H}}^2} = \frac{{2\pi }}{3} \cdot \) Chọn C.
Một đồ chơi bằng gỗ có dạng có dạng một khối nón và một nửa khối cầu ghép với nhau như hình bên. Đường sinh khối nón bằng \(5\,\;{\rm{cm}}\,{\rm{,}}\) đường cao khối nón là \(4\,\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Thể tích của đồ chơi bằng
\(30\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
\(72\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
\(48\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
\(54\pi \,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
Thể tích phân khối nón \({\rm{V}} = \frac{1}{3}\pi {{\rm{r}}^2}\;{\rm{h}} = \frac{1}{3}\pi \cdot {3^2} \cdot 4 = 12\pi \).
Phân nửa thể tích khối cầu \({\rm{V}} = \frac{2}{3}\pi {{\rm{R}}^3} = \frac{2}{3}\pi {3^3} = 18\pi \).
Thể tích khối đồ chơi \({\rm{V}} = 12\pi + 18\pi = 30\pi \). Chọn A.
\(V = 3{a^3}\).
\(V = \frac{{{a^3}}}{4}\).
\(V = \frac{{3{a^3}}}{4}\).
\({\rm{V}} = {{\rm{a}}^3}\).
Diện tích tam giác \({\rm{ABC}}\) đều cạnh \(2{\rm{a}}\) là:
\({{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} = \frac{{{{\left( {2{\rm{a}}} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {{\rm{a}}^2}\sqrt 3 \).
Thể tích khối lăng trụ là \[{\rm{V}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABC}}}} \cdot {\rm{AA'}} = {{\rm{a}}^2}\sqrt 3 \cdot {\rm{a}}\sqrt 3 = 3{{\rm{a}}^3} \cdot \] Chọn A.\(\frac{2}{5}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{2}{3}\).
Trong mặt phẳng \(\left( {{\rm{ABCD}}} \right)\), gọi \({\rm{E}} = {\rm{MN}} \cap {\rm{AC}}\). Trong mặt phẳng \(\left( {{\rm{SAC}}} \right)\), gọi \({\rm{H}} = {\rm{EG}} \cap {\rm{SC}}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{H}} \in {\rm{EG}}\,;\,\,{\rm{EG}} \subset \left( {{\rm{MNG}}} \right)}\\{{\rm{H}} \in {\rm{SC}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{H}} = {\rm{SC}} \cap \left( {{\rm{MNG}}} \right).} \right.\)
Gọi \({\rm{I}},\,\,{\rm{J}}\) lần lượt là trung điểm của \({\rm{SG}}\) và \({\rm{SH}}\).
Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{IJ}}\,{\rm{//}}\,{\rm{HG}}}\\{{\rm{IA}}\,{\rm{//}}\,{\rm{GE}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{A}},\,\,{\rm{I}},\,\,{\rm{J}}} \right.\] thẳng hàng.
Xét \(\Delta {\rm{ACJ}}\) có \({\rm{EH}}\,{\rm{//}}\,{\rm{AJ}} \Rightarrow \frac{{{\rm{CH}}}}{{{\rm{HJ}}}} = \frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{EA}}}} = 3 \Rightarrow {\rm{CH}} = 3{\rm{HJ}}\).
Lại có \({\rm{SH}} = 2{\rm{HJ}}\) nên \({\rm{SC}} = 5{\rm{HJ}}\). Vậy \(\frac{{{\rm{SH}}}}{{{\rm{SC}}}} = \frac{2}{5}\). Chọn A.
\(\frac{{1372}}{9}\).
\(\frac{{686}}{9}\).
\(\frac{{524}}{3}\).
\(\frac{{343}}{9}\).
Gọi \({\rm{A}}\left( {{\rm{a}}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{B}}\left( {0\,;\,\,{\rm{b}}\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{C}}\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,{\rm{c}}} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\] là: \(\frac{{\rm{x}}}{{\rm{a}}} + \frac{{\rm{y}}}{{\rm{b}}} + \frac{{\rm{z}}}{{\rm{c}}} = 1\).
Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{O}}\) lên \[\left( P \right)\]. Ta có: \({\rm{d}}\left( {{\rm{O;}}\,\,\left( P \right)} \right) = {\rm{OH}} \le {\rm{OM}}\).
Do đó \(\max d\left( {{\rm{O,}}\,\,\left( P \right)} \right) = {\rm{OM}}\) khi và chỉ khi \[\left( P \right)\] qua \({\rm{M}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) nhận \(\overrightarrow {{\rm{OM}}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) làm VTPT.
Do đó \[\left( P \right)\] có phương trình: \[1\left( {x - 1} \right) + 2\left( {y - 2} \right) + 3\left( {z - 3} \right) = 0\]
\( \Leftrightarrow x + 2y + 3z = 14 \Leftrightarrow \frac{x}{{14}} + \frac{y}{7} + \frac{z}{{\frac{{14}}{3}}} = 1\).
Suy ra: \(a = 14\,;\,\,b = 7\,;\,\,c = \frac{{14}}{3}.\)
Vậy \({V_{O.ABC}} = \frac{1}{6} \cdot OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6} \cdot 14 \cdot 7 \cdot \frac{{14}}{3} = \frac{{686}}{9}.\) Chọn B.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 3 - t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 + t}\\{y = 3 + 2t}\\{z = 1 - 3t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 3 + t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 4t}\\{y = 2 - 6t}\\{z = - 3 + 2t}\end{array}} \right.\).
Chọn \[\overrightarrow {{\rm{OB}}} = \left( { - 2\,;\,\,3\,;\,\,1} \right)\] là vectơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm.
Phương trình đường thẳng qua \[{\rm{A}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\] và song song với \({\rm{OB}}\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - 2t}\\{y = 2 + 3t}\\{z = - 3 + t}\end{array}} \right.\) . Chọn C.
Cho hàm số \({\rm{f}}\left( x \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\mathbb{R}\). Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên. Hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}}} \right) - {{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}}\) có bao nhiêu điểm cực trị thuộc khoảng \(\left( { - 5\,;\,\,1} \right)\)?
5.
4.
6.
3.
Ta có \(y' = \left( {2x + 4} \right)f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 2x - 4 = \left( {2x + 4} \right)\left[ {f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1} \right]\).
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 4 = 0}\\{f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2\,\,\,\,\,(1)}\\{f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1 = 0}\end{array}} \right.} \right.\)
Từ đồ thị hàm số \(f'\left( {\rm{x}} \right)\) ta có
\(f'\left( {{x^2} + 4x} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( {{x^2} + 4x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x = - 4}\\{{x^2} + 4x = 0}\\{{x^2} + 4x = a \in \left( {1\,;\,\,5} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x = 0 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x = - 4 \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x = - 2 - \sqrt {4 + a} \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\\{x = - 2 + \sqrt {4 + a} \in \left( { - 5\,;\,\,1} \right)}\end{array}} \right.} \right.\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(y' = 0\) có 5 nghiệm đều là nghiệm bội lẻ nên đạo hàm đổi dấu khi qua các nghiệm, do đó đồ thị hàm số có 5 điểm cực trị. Chọn A.
\(S = 1\).
\(S = 0\).
\(S = - 1\).
\(S = 2\).
Ta có: \(\overrightarrow {{\rm{OA}}} = \left( {2\,;\,\,2\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {{\rm{OB}}} = \left( { - \frac{8}{3}\,;\,\,\frac{4}{3}\,;\,\,\frac{8}{3}} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{OA}}} .\overrightarrow {{\rm{OB}}} = - \frac{{16}}{3} + \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{OA}}} \bot \overrightarrow {{\rm{OB}}} \)
Lại có: \({\rm{OA}} = 3\,,\,\,{\rm{OB}} = 4 \Rightarrow {\rm{AB}} = 5\).Gọi \({\rm{D}}\) là chân đường phân giác trong góc \(\widehat {{\rm{AOB}}}\)\( \Rightarrow D\) thuộc đoạn \[AB.\]
Theo tính chất của phân giác trong ta có: \(\frac{{{\rm{DA}}}}{{{\rm{DB}}}} = \frac{{{\rm{OA}}}}{{{\rm{OB}}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{DA}}} = - \frac{3}{4}\overline {{\rm{DB}}} \Rightarrow {\rm{D}}\left( {0\,;\,\,\frac{{12}}{7}\,;\,\,\frac{{12}}{7}} \right)\).
Tam giác \({\rm{OAB}}\) có diện tích \({\rm{S}} = \frac{1}{2} \cdot {\rm{OA}} \cdot {\rm{OB}} = 6\), nửa chu vi \({\rm{p}} = \frac{{{\rm{OA}} + {\rm{OB}} + {\rm{AB}}}}{2} = 6\).
\( \Rightarrow {\rm{r}} = \frac{{\rm{S}}}{{\rm{p}}} = 1\) là bán kính đường tròn nội tiếp; chiều cao \({\rm{OH}} = \frac{{{\rm{OA}}{\rm{.OB}}}}{{{\rm{AB}}}} = \frac{{12}}{5}\).
Gọi \[I\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \({\rm{OAB}}\) nên \[I\] thuộc đoạn \({\rm{OD}}\).
Ta có \(\frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{DO}}}} = \frac{{\rm{r}}}{{{\rm{OH}}}} = \frac{5}{{12}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{DI}}} = \frac{5}{{12}}\overrightarrow {{\rm{DO}}} \Rightarrow {\rm{I}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{a}} = 0}\\{\;{\rm{b}} = 1}\\{{\rm{c}} = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy \(S = a + b + c = 2\). Chọn D.
Cho hàm số đa thức \({\rm{f}}({\rm{x}})\) có đạo hàm trên \(\mathbb{R}\). Biết \({\rm{f}}(0) = 0\) và đồ thị hàm số \(y = f'({\rm{x}})\) như hình bên. Hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}}) = \left| {4{\rm{f}}({\rm{x}}) + {{\rm{x}}^2}} \right|\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {0\,;\,\,4} \right)\).
\[\left( {4\,;\,\, + \infty } \right)\].
\(\left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right)\).
\(\left[ {0\,;\,\,4} \right]\).
Đặt hàm \(h(x) = 4f(x) + {x^2}\).
\(h'(x) = 4f'(x) + 2x\)
\(h'(x) = 0 \Leftrightarrow f'(x) = - \frac{1}{2}x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{x = 0}\\{x = 4}\end{array}} \right.\)
\(h(0) = 4f(0) + {0^2} = 0\)Bảng biến thiên
Hàm số \({\rm{g}}({\rm{x}}) = \left| {{\rm{h}}({\rm{x}})} \right|\) đồng biến trên từng khoảng \(\left( {{\rm{a}}\,;\,\, - 2} \right),\,\,\left( {0\,;\,\,4} \right)\) và \(\left( {{\rm{b}}\,;\,\, + \infty } \right)\) với \[a \in \left( { - \infty \,;\,\, - 2} \right),\,\,b \in \left( {4\,;\,\, + \infty } \right).\]
Vậy hàm số \(g(x) = \left| {4f(x) + {x^2}} \right|\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,4} \right)\). Chọn A.
8.
9.
10.
11.
Ta có \(\left| {mx + 2x - 1} \right| = \left| {x - 1} \right| \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{mx + 2x - 1 = x - 1}\\{mx + 2x - 1 = - \left( {x - 1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {m + 1} \right)x = 0\,\,\,\,\,(1)}\\{\left( {m + 3} \right)x = 2\,\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.} \right.\).
* Xét (1), ta có:
• \(m = - 1\) thì phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}\).
• \(m \ne - 1\) thì phương trình có nghiệm \(x = 0\).
* Xét (2), ta có:
• \(m = - 3\) thì phương trình vô nghiệm.
• \(m \ne - 3\) thì phương trình có nghiệm \(x = \frac{2}{{m + 3}}\).
Vì \(\frac{2}{{m + 3}} \ne 0\,,\,\,\forall m \ne - 3\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là \(x = 0\,,\,\,x = \frac{2}{{m + 3}}\) khi \(m \ne - 1\) và \({\rm{m}} \ne - 3\).
Mà \({\rm{m}} \in \left[ { - 5\,;\,\,5} \right]\) và \({\rm{m}} \in \mathbb{Z}\) nên \({\rm{m}} \in \left\{ { - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 2\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}\).
Do đó có 9 giá trị \(m\). Chọn B.
\(\frac{3}{4}\).
\(\frac{2}{3}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{4}{3}\).
Ta có: \({\left[ {f'({\rm{x}})} \right]^2} = 4.\left[ {2{{\rm{x}}^2} + 1 - {\rm{f}}({\rm{x}})} \right]\)
\( \Leftrightarrow {\left[ {f'(x)} \right]^2} - 4x \cdot f'(x) + 4{x^2} = 12{x^2} + 4 - 4\left[ {x \cdot f'(x) + f(x)} \right]\)
\( \Leftrightarrow {\left[ {f'(x) - 2x} \right]^2} = 12{x^2} + 4 - 4{\left[ {x \cdot f(x)} \right]^\prime }\)
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) - 2x} \right]}^2}dx = \int\limits_0^1 {\left( {12{x^2} + 4} \right)dx - 4\int\limits_0^1 {{{\left[ {x \cdot f\left( x \right)} \right]}^\prime }dx} } } \)
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'\left( x \right) - 2x} \right]}^2}dx = 8 - 4\left( {x \cdot f\left( x \right)} \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right.} \)
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'(x) - 2x} \right]}^2}dx} = 8 - 4 \cdot f(1) \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left[ {f'(x) - 2x} \right]}^2}dx} = 0 \Rightarrow f'(x) = 2x\) .
Từ đó \(f(x) = \int {f'} (x)dx = \int 2 xdx = {x^2} + C\) mà \(f(1) = 2 \Rightarrow C = 1\) nên \(f(x) = {x^2} + 1\).
Vậy \(I = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( x \right)dx} = \int\limits_0^1 {x\left( {{x^2} + 1} \right)dx} = \frac{3}{4}.\) Chọn A.
\(\frac{{11}}{{342}}\).
\(\frac{{43}}{{342}}\).
\(\frac{{11}}{{324}}\).
\(\frac{{17}}{{81}}\).
Số các chữ số có 8 chữ số đôi một khác nhau là \(9 \cdot {\rm{A}}_9^7\).
Do đó, không gian mẫu \(\Omega \) có số phân tử bằng \({\rm{n}}\left( \Omega \right) = 9 \cdot {\rm{A}}_9^7\).
Gọi B: “số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25”
Một số chia hết cho 25 tận cùng bằng \[00\,;\,\,25\,;\,\,50\,;\,\,75.\]
Nhưng vì số đó có các chữ số khác nhau nên số đó tận cùng bằng \[25\,;\,\,50\,;\,\,75.\]
TH1: Số đó tận cùng bằng 25 hoặc 75, khi đó số các số là: \[2 \cdot 7 \cdot A_7^5\] .
TH2: Số đó tận cùng bằng 50, khi đó số các số là: \(A_8^6\).
Suy ra, số các số có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25 là: \({\rm{n}}(B) = 2 \cdot 7 \cdot {\rm{A}}_7^5 + {\rm{A}}_8^6.\)
Suy ra \(P(B) = \frac{{2 \cdot 7 \cdot A_7^5 + A_8^6}}{{9 \cdot A_9^7}} = \frac{{11}}{{324}}.\) Chọn C.\(\frac{3}{5}\).
\(\frac{5}{8}\).
\(\frac{3}{8}\).
\(\frac{1}{8}\).
Gọi \[H,\,\,I\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \({\rm{A}},\,\,{\rm{E}}\) trên mặt phẳng (BCD).
Khi đó \({\rm{H}},\,\,{\rm{I}} \in {\rm{DM}}\) với \({\rm{M}}\) là trung điểm \({\rm{BC}}\).
Ta tính được \({\rm{AH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3},{\rm{DH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3},{\rm{MH}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{6}\).
Ta có \[\left( {\widehat {\left( {\rm{P}} \right),\,\,\left( {{\rm{BCD}}} \right)}} \right) = \widehat {{\rm{EMD}}} = \alpha \]\( \Rightarrow \tan \alpha = \frac{{EI}}{{MI}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7}\).
Gọi \({\rm{DE}} = x \Rightarrow \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{{\rm{EI}}}}{{{\rm{AH}}}} = \frac{{{\rm{DI}}}}{{{\rm{DH}}}}\)\( \Rightarrow {\rm{EI}} = \frac{{{\rm{ DE}} \cdot {\rm{AH }}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{x \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 6 }}{3}}}{a} = \frac{{x\sqrt 6 }}{3}\);
\({\rm{DI}} = \frac{{{\rm{DE}} \cdot {\rm{DH}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{{{\rm{x}} \cdot \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}}}{{\rm{a}}} = \frac{{{\rm{x}}\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {\rm{MI}} = {\rm{DM}} - {\rm{DI}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{2} - \frac{{{\rm{x}}\sqrt 3 }}{3}.\)
Khi đó \(\tan \alpha = \frac{{EI}}{{MI}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{x\sqrt 6 }}{3}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2} - \frac{{x\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{7} \Leftrightarrow x = \frac{5}{8}a\).
Do đó \(\frac{{{V_{{\rm{DBCE}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{{{\rm{DE}}}}{{{\rm{AD}}}} = \frac{5}{8} \Rightarrow \frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{ABCE}}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{BCDE}}}}}} = \frac{3}{5}\). Chọn A.
Ta có \(y' = \frac{{ - 10}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} \Rightarrow k = y'\left( {{x_0}} \right) = y'(3) = \frac{{ - 10}}{{{{\left( {3 - 2} \right)}^2}}} = - 10\).
Đáp án: −10.
Cho hàm số y=f(x) có bảng biến thiên như hình vẽ.
Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy:
• \(f(x)\) liên tục tại \(x = - 1\,,\,\,x = 1\).
• \(f'(x)\) đổi dấu khi \(x\) qua \(x = - 1\,,\,\,x = 1\).
Suy ra hàm số \(y = f(x)\) đạt cực trị tại \(x = - 1\,,\,\,x = 1\).
Vậy hàm số\({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}})\) có 2 điểm cực trị. Đáp án: 2.
Mặt phẳng \(({\rm{P}}):2{\rm{x}} + {\rm{y}} - 1 = 0\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).
Khi đó \(a = 2,b = 1,c = 0 \Rightarrow a + b + c = 3\). Đáp án: 3.
TH1: Có 8 chữ số 8, có 1 số.
TH2: Có 1 chữ số \[1\,;\,\,7\] chữ số 8, có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số.
TH3: Có 2 chữ số \[1\,;\,\,6\] chữ số 8, xếp 6 số 8 ta có 1 cách.
Từ 6 số 8 ta có 7 chỗ trống để xếp 2 số 1 nên ta có: \(C_7^2 = 21\) (số).
TH4: Có 3 chữ số \[1\,;\,\,5\] chữ số 8 .
Tương tự TH3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1 nên có: \(C_6^3 = 20\) (số).
TH5: Có 4 chữ số \[1\,;\,\,4\] chữ số 8.
Từ 4 chữ số 8 ta có 5 chỗ trống để xếp 4 chữ số 1 nên có \(C_5^4 = 5\) (số).
Vậy có \(1 + 8 + 21 + 20 + 5 = 55\) (số).
Đáp án: 55.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 10}}{{x - 1}} = 5\) nên hay
Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 10}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left[ {\sqrt {4f(x) + 9} + 3} \right]}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5x + 5 - 10}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left[ {\sqrt {4\left( {5x + 5} \right) + 9} + 3} \right]}}\)
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {20x + 29} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{5\left( {\sqrt x + 1} \right)}}{{\sqrt {20x + 29} + 3}} = 1\].
Đáp án: 1.
Ta có: \({\rm{f'}}({\rm{x}}) = 12{{\rm{t}}^2} - 2{{\rm{t}}^3},\,\,{\rm{x}} \in \left[ {0\,;\,\,6} \right]\).
Khảo sát hàm \({\rm{f'}}({\rm{x}})\).
Ta có \({\rm{f''}}(t) = 24t - 6{t^2}\,;\,\,{\rm{f''}}(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 0}\\{t = 4}\end{array}} \right..\)
Vậy tốc độ truyền lớn nhất sẽ lớn nhất vào ngày thứ 4. Đáp án: 4.
Xét hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = 3{{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 24{\rm{x}} - {\rm{m}}\) trên \(\mathbb{R}\).
Ta có \({\rm{f'}}({\rm{x}}) = 12{{\rm{x}}^3} - 24{{\rm{x}}^2} - 12{\rm{x}} + 24\); \({\rm{f'}}(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Bảng biến thiên của hàm số:
Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số \(y = \left| {3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m} \right|\) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi đồ thị của hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}}) = 3{{\rm{x}}^4} - 8{{\rm{x}}^3} - 6{{\rm{x}}^2} + 24{\rm{x}} - {\rm{m}}\) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{13 - m > 0}\\{8 - m < 0}\end{array} \Leftrightarrow 8 < m < 13} \right.\). Mà m nguyên nên \(m \in \left\{ {9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\} = S\).
Suy ra tổng tất cả các phần tử của tập \(S\) là 42. Đáp án: 42.
Ta có \(\int\limits_0^{10} {f(x)dx} = 7 \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f(x)dx} + \int\limits_2^6 {f(x)dx} + \int\limits_6^{10} {f(x)dx} = 7\)\( \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f(x)dx} + \int\limits_6^{10} {f(x)dx} = 4\).
Đáp án: 4.
Cho hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ.
Đặt \(g(x) = f\left( {f(x) - 1} \right)\). Tìm số nghiệm của phương trình \(g'(x) = 0\)
Ta có \(g'(x) = f'(x) \cdot f'\left( {f(x) - 1} \right)\)
\( \Rightarrow g'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'(x) = 0}\\{f'\left( {f(x) - 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\)
• Với \[f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = a \in ( - 1\,;\,\,0)}\\{x = 1}\\{x = b \in (1\,;\,\,2)}\end{array}} \right.\]• Với \(f'\left( {f(x) - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) - 1 = a \in ( - 1\,;\,\,0)}\\{f(x) - 1 = 1}\\{f(x) - 1 = b \in (1\,;\,\,2)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = a + 1 \in (0\,;\,\,1)}\\{f(x) = 2}\\{f(x) = b + 1 \in (2\,;\,\,3)}\end{array}} \right.\)
Từ đồ thị hàm số \({\rm{f}}({\rm{x}})\) ta có:
• Phương trình (1) có 2 nghiệm.
• Phương trình (2) có 2 nghiệm không trùng với 2 nghiệm của phương trình (1).
• Phương trình (3) có 2 nghiệm không trùng với 2 nghiệm của phương trình (1) và 2 nghiệm của phương trình (2).
Vậy phương trình \(g'(x) = 0\) có tất cả 9 nghiệm.
Đáp án: 9.
Ta có \(z = a + bi\,\,\left( {a,\,b \in \mathbb{R}} \right) \Rightarrow \bar z = a - bi\)
Khi đó \(\left( {2 + i} \right)\left( {\bar z + 1 - i} \right) - \left( {2 - 3i} \right)\left( {z + i} \right) = 2 + 5i\)
\( \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)\left( {a - bi + 1 - i} \right) - \left( {2 - 3i} \right)\left( {a + bi + i} \right) = 2 + 2bi\)
\[ \Leftrightarrow \left( {2 + i} \right)\left[ {a + 1 - \left( {b + 1} \right)i} \right] - \left( {2 - 3i} \right)\left[ {a + \left( {b + 1} \right)i} \right] = 2 + 5i\]
\( \Leftrightarrow 2\left( {a + 1} \right) - 2\left( {b + 1} \right)i + \left( {a + 1} \right)i - \left( {b + 1} \right){i^2} - \left[ {2a + 2\left( {b + 1} \right)i - 3ai - 3\left( {b + 1} \right){i^2}} \right] = 2 + 5i\)
\( \Leftrightarrow 2a + 2 - \left( {2b + 2} \right)i + \left( {a + 1} \right)i + b + 1 - 2a - \left( {2b + 2} \right)i + 3ai - 3b - 3 = 2 + 5i\)
\( \Leftrightarrow - 2b + \left( {4a - 4b - 3} \right)i = 2 + 5i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2b = 2}\\{4a - 4b - 3 = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 1}\end{array}} \right.} \right.\).
Do đó \({\rm{S}} = 2{\rm{a}} - 3\;{\rm{b}} = 2 \cdot 1 - 3 \cdot \left( { - 1} \right) = 5\).
Đáp án: 5.
Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD\]
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{BD}} \bot {\rm{SO}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{AC}}}\end{array} \Rightarrow {\rm{BD}} \bot ({\rm{SOC}}) \Rightarrow {\rm{BD}} \bot {\rm{OM}}} \right.\)
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{({\rm{MBD}}) \cap ({\rm{ABCD}}) = {\rm{BD}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{OM}}}\\{{\rm{BD}} \bot {\rm{OC}}}\end{array}} \right.\]
\[ \Rightarrow (\widehat {({\rm{MBD}}),({\rm{ABCD}})})\]\[ = (\widehat {{\rm{OM}},{\rm{OC}}}) = \widehat {{\rm{MOC}}}\]Có \({\rm{OM}} = {\rm{MC}} = \frac{{{\rm{SC}}}}{2} = \frac{{\rm{a}}}{2}\) \( \Rightarrow \Delta {\rm{MOC}}\) cân tại \({\rm{M}};{\rm{OC}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}\).
\(\cos \widehat {MOC} = \cos \widehat {MCO} = \frac{{OC}}{{SC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {MOC} = 45^\circ .\)
Vậy \((\widehat {({\rm{MBD}}),({\rm{ABCD}})}) = 45^\circ \). Đáp án: 45.
Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{A}}\) trên \[{\rm{d}} \Rightarrow {\rm{H}} \in {\rm{d}} \Rightarrow {\rm{H}}\left( {6 - 4{\rm{t}}\,;\,\, - 2 - {\rm{t}}\,;\,\, - 1 + 2{\rm{t}}} \right)\].
Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AH}}} = \left( {5 - 4t\,;\,\, - 3 - t\,;\,\, - 2 + 2t} \right)\), \[d\] có VTCP \(\overrightarrow {\rm{u}} = \left( { - \,4\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\).
Vì \({\rm{AH}} \bot {\rm{d}} \Rightarrow \overrightarrow {{\rm{AH}}} \cdot \overrightarrow {\rm{u}} = 0 \Leftrightarrow 24{\rm{t}} - 24 = 0 \Leftrightarrow {\rm{t}} = 1 \Rightarrow {\rm{H}}\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\,1} \right)\).
Gọi \(A'\) là điểm đối xứng của điểm \({\rm{A}}\) qua đường thẳng \({\rm{d}}\) nên \(A'\left( {3\,;\,\, - 7\,;\,\,1} \right)\).
Khoảng cách từ điểm \(A'\) đến mặt phẳng \(({\rm{Oyz}})\) là \({\rm{d}}\left( {A'\,;\,\,({\rm{Oyz}})} \right) = 3\).
Đáp án: 3.
Điều kiện: \(x > 0\). Đặt \(t = {\log _2}x \Rightarrow x = {2^t}\).
Khi đó \((*) \Leftrightarrow {\left( {{2^t}} \right)^2} + {3^t} > {\left( {{2^t}} \right)^{{{\log }_2}5}} \Leftrightarrow {4^t} + {3^t} > {5^t} \Leftrightarrow {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^t} > 1\).
Xét hàm số \[{\rm{f}}\left( t \right) = {\left( {\frac{4}{5}} \right)^{\rm{t}}} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^{\rm{t}}} \Rightarrow {\rm{f'}}\left( t \right) = {\left( {\frac{4}{5}} \right)^t}\ln \frac{4}{5} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^t}\ln \frac{3}{5} < 0\,,\,\,\forall t\]
Do đó hàm số \({\rm{f}}\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).
Mà \(f\left( 2 \right) = 1\) nên \[f\left( t \right) > 1 \Leftrightarrow f\left( t \right) > f\left( 2 \right) \Leftrightarrow t < 2 \Rightarrow {\log _2}x < 2 \Leftrightarrow x < 4\].
Đối chiếu điều kiện ta được: \(0 < x < 4\).
Vậy có 3 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn. Đáp án: 3.
Kẻ \[{\rm{BH}} \bot {\rm{AC}}\,\,\left( {{\rm{H}} \in {\rm{AC}}} \right);\,\,\,{\rm{HK}} \bot {\rm{SA}}\,\,\left( {{\rm{K}} \in {\rm{SA}}} \right)\].
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{SA}} = ({\rm{SAC}}) \cap ({\rm{SAB}})}\\{{\rm{HK}} \bot {\rm{SA}},{\rm{HK}} \subset ({\rm{SAC}})}\\{{\rm{BK}} \bot {\rm{SA}},{\rm{BK}} \subset ({\rm{SAB}})}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow (({\rm{SAC}}),({\rm{SAB}})) = ({\rm{HK}},{\rm{BK}}) = \widehat {{\rm{HKB}}} = \alpha \)
Ta có: \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \).
\({\rm{BH}} = \frac{{{\rm{BA}}{\rm{.BC}}}}{{{\rm{AC}}}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 {\rm{.a}}}}{{{\rm{a}}\sqrt 3 }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\).Khi đó \(\cos \alpha = \sqrt {\frac{6}{{19}}} \,;\,\,\alpha \in \left[ {0\,;\,\,90^\circ } \right] \Rightarrow \sin \alpha = \sqrt {\frac{{13}}{{19}}} \).
Do đó \(\sin \alpha = \frac{{{\rm{BH}}}}{{{\rm{BK}}}} \Rightarrow {\rm{BK}} = \frac{{{\rm{BH}}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}}}{{\sqrt {\frac{{13}}{{19}}} }} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {38} }}{{\sqrt {39} }}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SC}\\{AB \bot BC}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AB \bot SB} \right.\).
Khi đó tam giác \[SAB\] vuông tại \[B.\] Do đó \(\frac{1}{{{\rm{B}}{{\rm{K}}^2}}} = \frac{1}{{{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}}} + \frac{1}{{{\rm{S}}{{\rm{B}}^2}}} \Rightarrow {\rm{S}}{{\rm{B}}^2} = 38{{\rm{a}}^2} \Rightarrow {\rm{SB}} = \sqrt {38} {\rm{a}}\).
Tam giác \({\rm{SBC}}\) vuông tại \({\rm{C}}\). Khi đó \({\rm{SC}} = \sqrt {{\rm{S}}{{\rm{B}}^2} - {\rm{B}}{{\rm{C}}^2}} = 6a\). Đáp án: \[{\bf{6a}}\].
Gọi \[I\] là tâm mặt cầu và \[S.ABCD\] là hình chóp nội tiếp mặt cầu.
Gọi \[x\] là độ dài cạnh \[SO,{\rm{ }}M\] là trung điểm của \[SD.\]
Ta có \[SI \cdot SO = SM \cdot SD = \frac{1}{2}{\rm{S}}{{\rm{D}}^2} \Rightarrow {\rm{S}}{{\rm{D}}^2} = 2{\rm{SI}} \cdot {\rm{SO}} = 18{\rm{x}}\]. Suy ra \(O{D^2} = 18x - {x^2}\).
Thể tích khối chóp \[S.ABCD\] bằng
\({\rm{V}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}x \cdot 2 \cdot O{{\rm{D}}^2} = \frac{2}{3}x\left( {18x - {x^2}} \right) = \frac{2}{3}{x^2}\left( {18 - x} \right)\).
Ta có \({x^2}\left( {18 - x} \right) = 4\frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2}\left( {18 - x} \right) \le 4 \cdot {\left( {\frac{{18}}{3}} \right)^3} = 864\).
Vậy thể tích của khối chóp là: \({\rm{V}} = \frac{2}{3} \cdot 864 = 576\).
Đáp án: 576.
Thất ngôn.
Ngũ ngôn.
Lục bát.
Tự do.
Thể thơ của đoạn trích là tự do. Chọn D.
Bãi cát, gió, cây.
Đảo tái cát, bãi gió cát, oan hồn trôi dạt.
Chiếc áo, chum vại.
Đứa con, quả, vàng.
Cuộc sống của người lính đảo được nhà thơ tái hiện qua những chi tiết, hình ảnh: Đảo tái cát, bãi gió cát, oan hồn trôi dạt, tao loạn thời bình,… Chọn B.
Khắc họa cuộc sống vui tươi của những người lính.
Khí thế của những người lính chiến đấu luôn sục sôi.
Gợi hình ảnh những người lính đảo và tâm hồn yêu thương, tinh thần kiên cường, bền bỉ của họ.
Sự linh hoạt, tinh nghịch, trẻ trung của người lính chiến đấu.
Ý nghĩa của hai câu thơ:
+ Gợi hình ảnh những người lính đảo: ngồi quây quần bên nhau trong sự tĩnh lặng, sự sẻ chia, trong nỗi nhớ quê hương vời vợi, sự gian khổ, vất vả.
+ Thể hiện tâm hồn nhạy cảm, giàu yêu thương, tinh thần kiên cường, bền bỉ của họ.
→ Chọn C.
Ẩn dụ.
So sánh.
Nhân hóa.
Hoán dụ.
Biện pháp tu từ được sử dụng là nhân hóa. Chọn C.
Gợi tả cho câu thơ.
Tăng tính hàm súc.
Tăng tính hàm súc và gợi tả cho câu thơ.
Nhấn mạnh vẻ đẹp của người lính.
Hiệu quả:
+ Tăng tính hàm súc và gợi tả cho câu thơ.
+ Gợi nỗi đau, những mất mát lớn lao trước sự hi sinh của người lính, nỗi đau lan tỏa cả đất trời và gợi lên những nghịch lí oan trái mà người lính thời bình phải chịu. Đó là sự hi sinh thầm lặng để mang lại cuộc sống hòa bình cho Tổ quốc,…
→ Chọn C.
Bàn đặt sách vở, giấy bút để đọc và viết.
Bản án tử hình của Huấn Cao đặt ở trên bàn.
Bức thư của Huấn Cao gửi cho viên quan quản ngục.
Phòng chứa sách của viên quan quản ngục.
Ca ngợi bản tính lương thiện của viên quản ngục khi làm việc ở chốn tù giam.
Viên quản ngục mang khí chất của một nhà nho thanh tao, trang nhã.
Hoàn cảnh éo le và bản chất lương thiện trong con người viên quản ngục.
Khẳng định quan điểm về “cái đẹp” là trong sáng, thánh thiện của tác giả.
Hoàn cảnh éo le chính là cảnh nhà lao và bản chất con người của viên quản ngục, tương ứng với nội dung của toàn bộ đoạn trích và phù hợp với chi tiết quan trọng “chọn nhầm nghề mất rồi” là lời viên quản ngục tự nói về mình. Chọn C.
Sự thay đổi tính cách của viên quản ngục so với trước kia.
Sự lo lắng của viên quản ngục khi nghĩ về cuộc đời mình.
Sự thờ ơ của viên quản ngục trước hiện thực cuộc sống.
Sự trầm ngâm, suy tư của viên quản ngục về công việc mình đang làm.
Câu văn nằm ở đoạn (2) mô tả về khuôn mặt của viên quản ngục, từ “bộ mặt tư lự” sang “mặt nước ao xuân…” và xuất hiện trước nội dung mô tả về cảnh đề lao rối ren ở đoạn (3): nơi toàn tàn nhẫn lại xuất hiện “thanh âm trong trẻo”. Từ “tư lự” thể hiện trạng thái, chủ thể đang suy nghĩ về một điều gì đó.
- Phân tích hình ảnh: “mặt nước ao xuân” là mặt nước ít biến động, ý nói viên quản ngục là người có ngoại hình điềm đạm, nền nã và dễ chịu. Đây là đặc điểm mang tính cố định, biểu hiện tính cách của nhân vật. Chọn D.
Huấn Cao và viên quản ngục.
Huấn Cao và thầy thơ lại.
Thầy thơ lại và viên quản ngục.
Viên quản ngục và cai ngục.
Đại từ “hắn” và “mình” xuất hiện trong đoạn (5), phần có dấu ngoặc kép diễn tả suy nghĩ của nhân vật viên quản ngục nên “mình” chính là chủ thể của lời nói, còn “hắn” là đối tượng thực hiện còn lại của cuộc giao tiếp trước đó: “câu nói ban chiều của thầy thơ lại”.
Hai nhân vật xuất hiện trong đoạn (5): Thầy thơ lại (hắn) và viên quản ngục (mình). Chọn C.
Đầu đã điểm hoa râm, râu đã ngả màu.
Mặt nước ao xuân, bằng lặng, kín đáo và êm nhẹ.
Một thanh âm trong trẻo chen vào giữa một bản đàn mà nhạc luật đều hỗn loạn xô bồ.
Biết kính mến khí phách, một kẻ biết tiếc, biết trọng người có tài.
- Ở đoạn (2): “Người ngồi đấy, đầu đã điểm hoa râm, râu đã ngả màu. Những đường nhăn nheo của một bộ mặt tư lự, bây giờ đã biến mất hẳn. Ở đấy, giờ chỉ còn là mặt nước ao xuân, bằng lặng, kín đáo và êm nhẹ”, là những chi tiết miêu tả viên quản ngục. Loại đáp án A, B.
- Ở đoạn (3): “… viên quan cai ngục này là một thanh âm trong trẻo chen vào giữa một bản đàn mà nhạc luật đều hỗn loạn xô bồ.”. Loại đáp án C.
- Đáp án D chính mà mô tả về thầy thơ lại trong đoạn (5): “Một kẻ biết kính mến khí phách, một kẻ biết tiếc, biết trọng người có tài, hẳn không phải là kẻ xấu hay là vô tình…”. Chọn D.
Ngôi kể thứ nhất, người kể là một em bé.
Ngôi kể thứ ba, người kể là một em bé.
Ngôi kể thứ nhất, người kể là một chú chó.
Ngôi kể thứ ba, người kể là một chú chó.
Trong đoạn trích người kể xưng “tôi” là ngôi thứ nhất nên loại phương án B, D.
Xác định các từ khóa: “dùng mõm ủi một chiếc ghế con”, “nhảy chồm chồm”, “táp được chiếc quần”, “không giống kiểu cún”, “rên ư ử”,… cho thấy đây không phải một em bé nên loại phương án A. Chọn C.
Cuộc chiến đấu để giật lấy món đồ chơi yêu thích của chó con.
Những chiêm nghiệm của chó con về cuộc đời mình.
Khát vọng tự do của chó con muốn được vùng vẫy, ngao du khắp nơi.
Nỗ lực chiến đấu của chó con và sự chiêm nghiệm về cái giá phải trả cho tự do.
- Phần 1: Câu (1) đến câu (10): Ý tưởng bắc ghế của chú chó và sự cố gắng nhảy lên liên tục để đớp lấy quần áo được treo trên cao nhưng không thành.
- Phần 2: Câu (11) đến câu (18): Cú nhảy cuối cùng với tất cả sức lực khiến chú chó đớp được chiếc quần nhưng cũng khiến chú bị ngã đập đầu chảy máu.
- Phần 3: Câu (19): Suy nghĩ của chú chó về cái giá của tự do.
Như vậy, đoạn trích nói về sự nỗ lực chiến đấu của chú cún và sự chiêm nghiệm về cái giá phải trả cho sự tự do. Chọn D.
Chú chó.
Chiếc quần.
Quả bóng.
Mắc áo.
Dựa vào câu văn đứng trước: (14) Tôi táp được chiếc quần. (15) Nó và tôi cùng rơi xuống. Có thể thấy “nó” ở đây chỉ chiếc quần. Chọn B.
Trèo lên giường cao để nhảy xuống.
Ủn cái ghế lại để trèo lên.
Nhảy lên với những chiếc quần áo mắc trên tường.
Đáp lấy chiếc quần rồi rơi xuống.
Xác định các chi tiết xuất hiện trong văn bản:
- Ủn cái ghế lại để trèo lên: Chi tiết này nằm ở câu (3) nên loại B.
- Nhảy lên với những chiếc quần áo mắc trên tường: Chi tiết này nằm ở câu (4), (5), (6), (7), (8) nên loại C.
- Đớp lấy chiếc quần rồi rơi xuống: Chi tiết này nằm ở câu (14), (15) nên loại D.
Chi tiết trong phương án A: Trèo lên giường cao để nhảy xuống là không đúng vì chú cún không trèo lên giường mà trèo lên ghế cao. Chọn A.
Muốn làm nên sự nghiệp lớn, con người phải chấp nhận trả những cái giá lớn.
Để có được sự tự do, con người phải trả giá rất đắt.
Tự do là vốn quý nhất của con người.
Thú vui gặm quần áo không đáng để đánh đổi bằng máu của chú cún.
- Xác định nội dung: Vì muốn được tự do làm điều mình muốn, chú chó bất chấp nguy hiểm để nhảy lên cao. Cuối cùng bị ngã chảy máu thì chú mới nhận ra: phải dùng máu của mình để đánh đổi lấy tự do.
- Từ câu chuyện của chú chó, liên tưởng đến câu chuyện của con người: Muốn giành lấy tự do thì cần phải chấp nhận trả giá bằng xương máu hoặc những cái giá rất lớn. Chọn B.
Giữa trưa.
Bình minh.
Buổi chiều.
Gần trưa.
Đúng ngọ là chỉ 12 giờ trưa, giữa trưa. Chọn A.
Không kiên trì.
Không thận trọng.
Không có kinh nghiệm.
Không tinh tế.
Khinh suất thể hiện sự thiếu thận trọng, không chú ý đầy đủ, có sự coi thường, chủ quan. Chọn B.
Ẩn dụ, so sánh, điệp từ, nhân hóa.
Điệp cấu trúc, điệp từ, nhân hóa, so sánh.
So sánh, điệp cấu trúc, hoán dụ.
Điệp từ, liệt kê, đối lập, ẩn dụ.
- Điệp cấu trúc: Danh từ - xô - danh từ.
- Điệp từ: xô.
- Nhân hóa: gùn ghè, đòi nợ xuýt.
- So sánh: cuồn cuộn luồng gió gùn ghè suốt năm như lúc nào cũng đòi nợ xuýt bất cứ người lái đò Sông Đà nào tóm được qua đấy.
→ Chọn B.
Vẻ đẹp thơ mộng, trữ tình của sông Đà.
Vẻ đẹp vừa thơ mộng vừa hung bạo của sông Đà.
Vẻ đẹp đơn sơ, mộc mạc, hấp dẫn của sông Đà.
Vẻ hung bạo, dữ dằn và hùng vĩ của sông Đà.
Đoạn trích miêu tả sự hung bạo, dữ dằn của sông Đà qua những thác đá, vách đá.... Chọn D.
Sử dụng kho từ vựng phong phú, với những liên tưởng bất ngờ, độc đáo.
Sử dụng những hình ảnh ẩn dụ độc đáo, giàu liên tưởng.
Quan sát, miêu tả thiên nhiên và con người trên phương diện nghệ thuật.
Sử dụng bút pháp chấm phá, cốt để gợi tả chứ không miêu tả chi tiết.
Đoạn trích thể hiện tài năng nổi bật của Nguyễn Tuân ở phương diện sử dụng kho từ vựng phong phú, có những so sánh liên tưởng độc đáo nhằm diễn tả sự hung bạo, nguy hiểm của con sông Đà. Chọn A.
hội họa.
kì vĩ.
trữ tình.
lao động.
Người lái đò Sông Đà là một áng văn đẹp được làm nên từ tình yêu đất nước say đắm, thiết tha của một con người muốn dùng văn chương để ca ngợi vẻ đẹp vừa kì vĩ, hào hùng, vừa trữ tình, thơ mộng của thiên nhiên, và nhất là của con người lao động bình dị ở miền Tây Bắc. Chọn A.
việc.
đi.
giỏi.
môn Toán.
Câu văn sai ngữ pháp do chưa xác định được các thành phần trong câu. Thừa từ “việc”. Chọn A.
quá trình.
bút pháp.
đổi mới.
hội nhập.
Từ dùng sai là “bút pháp”. Bút pháp là cách thức hành văn, dùng chữ, bố cục, cách sử dụng các phương tiện biểu hiện để tạo thành một hình thức nghệ thuật nào đó. Sử dụng trong ngữ cảnh này chưa hợp lí, nên thay thế bằng từ “thi pháp”. Chọn A.
dực dỡ.
xổ số.
vợ Lara.
thượng lưu.
Từ “dực dỡ” viết sai chính tả. Thay từ “dực dỡ” thành “rực rỡ”. Chọn A.
trái tim.
toàn diện.
sẻ chia.
mà còn.
Đoạn trích trên đề cập đến sự quan tâm giữa người với người trong cuộc sống hiện nay. Dùng từ “trái tim” để chỉ mối quan hệ giữa người với người chưa phù hợp với ngữ cảnh và nội dung ý nghĩa của câu. Thay từ “trái tim” thành “tình nghĩa” hoặc “nghĩa tình”. Chọn A.
Nguyễn Duy.
Chính Hữu.
Tố Hữu.
Kim Lân.
Tác giả không thuộc giai đoạn văn học 1945 – 1954 là Nguyễn Duy. Chọn A.
ầm ầm.
ào ào.
róc rách.
khúc khuỷu.
Từ “khúc khuỷu” là từ tượng hình. Các từ còn lại là từ tượng thanh. Chọn D.
Tràng giang.
Người lái đò sông Đà.
Đàn ghi ta của Lor-ca.
Tây Tiến.
Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ:
- Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài)
- Người lái đò Sông Đà (Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu và Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông)
- Đàn ghi ta của Lor-ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn)
→ Chọn D.
hậu bối.
hậu quả.
hậu cung.
hậu hĩnh.
Từ “hậu” trong “hậu bối, hậu cung, hậu quả” mang nghĩa là sau khác với từ “hậu” trong “hậu hĩnh”. Chọn D.
chân tường.
chân bàn.
chân đê.
đau chân.
Từ “đau chân” có yếu tố “chân” dùng với nghĩa gốc. Các từ còn lại có yếu tố “chân” dùng với nghĩa chuyển. Chọn D.
Kết cấu.
Lập luận.
Bố cục.
Hình thức.
Cách tổ chức, sắp xếp các thành tố của văn bản thành một đơn vị thống nhất, hoàn chỉnh, có ý nghĩa được gọi là kết cấu văn bản. Chọn A.
sáng tạo nghệ thuật.
sáng tạo ngôn từ.
nhiệm vụ chính trị.
giải phóng con người.
Đối với Tố Hữu, một nhà thơ cách mạng, ý nghĩa của hoạt động thơ ca là hướng đến thực hiện những nhiệm vụ chính trị. Chọn C.
phong tục nhân văn/ tư tưởng nhân văn.
truyền thống nhân văn/ tư tưởng nhân văn.
tư tưởng nhân văn/ quan niệm nhân văn.
quan niệm nhân văn/ truyền thống nhân văn.
Chủ nghĩa nhân đạo trong văn học trung đại vừa bắt nguồn từ truyền thống nhân đạo của người Việt Nam vừa tiếp thu tư tưởng nhân văn tích cực vốn có của Phật giáo, Nho giáo, Đạo giáo. Chọn B.
hiện thực.
lãng mạn.
hiện đại.
hậu hiện đại.
Xu hướng văn học lãng mạn, nội dung thể hiện cái tôi trữ tình với những khát vọng và ước mơ. Đề tài là thiên nhiên, tình yêu và tôn giáo và thể loại chủ yếu là thơ và văn xuôi trữ tình. Chọn B.
tình cảm đa dạng – tâm sự.
trữ tình – chính trị.
yếu tố lãng mạn – chất sử thi hào hùng.
cảm xúc nồng nàn – suy tư sâu lắng.
Thơ của Nguyễn Khoa Điềm hấp dẫn bởi sự kết hợp giữa cảm xúc nồng nàn và suy tư sâu lắng của người trí thức về đất nước, con người Việt Nam. Chọn D.
Giải thích.
Phân tích.
Chứng minh.
Bàn luận.
Trong đoạn trích, Chủ tịch Hồ Chí Minh đã dùng thao tác lập luận chứng minh bằng cách đưa ra những dẫn chứng về tội ác của giặc Pháp về chính trị, về kinh tế để kết tội chúng. Chọn C.
Chàng trai khẳng định mình là một vị vua, sẵn sàng trao vương quốc của mình.
Cô gái là nữ hoàng nhưng không biết các đường biên giới của đất nước mình.
Chàng trai khẳng định khao khát được dâng hiến cho người mình yêu.
Chàng trai khẳng định tình yêu cao quý nhưng cũng vô cùng khó hiểu.
Xác định nội dung của đoạn trích: tác giả khẳng định cô gái (nhân vật em) chính là người làm chủ trái tim mình (nữ hoàng của vương quốc) nhưng lại khẳng định rằng cô gái ấy không hiểu biết về nó (biết gì về biên giới). Trái tim đại diện cho tình yêu, vô cùng cao quý (lớn lao như một vương quốc) nhưng dù có phơi bày mọi thứ cũng không thể hiểu hết được → Nội dung sẽ gồm 2 ý: tình yêu cao quý và tình yêu nhiều điều khó lí giải. Chọn D.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh: Tay ông lêu nghêu như cái sào. Chân ông lúc nào cũng khuỳnh khuỳnh gò lại như kẹp lấy cái cuống lái tưởng tượng. Giọng ông nói ào ào như tiếng nước trước mặt ghềnh sông.... Chọn A.
Thể hiện tâm lí của A Phủ: đau đớn và tủi nhục.
Là sợi dây kết nối sự đồng cảm trong Mị từ đó khơi dậy sức mạnh tiềm tàng.
Tô đậm cái khổ của người dân Hồng Ngài dưới ách thống trị của cha con nhà thống lí.
Khiến Mị chú ý đến A Phủ.
Hình ảnh “giọt nước mắt” trong đoạn trích trên có tác dụng: Là sợi dây kết nối sự đồng cảm trong Mị từ đó khơi dậy sức mạnh tiềm tàng. Chọn B.
Nhàn là coi thường công danh phú quý.
Nhàn là nhận dại về mình, nhường khôn cho kẻ khác.
Nhàn là thuận theo tự nhiên mà sống.
Nhàn là vui vầy với thiên nhiên.
Hai câu thơ thể hiện quan niệm “nhàn” của Nguyễn Bỉnh Khiêm: Nhàn là thuận theo tự nhiên mà sống. Chọn C.
Dũng cảm, bất khuất, không sợ hi sinh.
Yêu thương, nhường nhịn, tình cảm
Đảm đang, tháo vát, chu đáo.
Dịu dàng, duyên dáng, ý tứ.
Các chi tiết trong đoạn trích nói tới hình ảnh của chị Chiến trước khi rời nhà tham gia kháng chiến. Chị lo lắng chu toàn mọi việc, khiêng bàn thờ má sang nhà chú Năm. Chọn C.
Lòng tự hào, biết ơn đối với công ơn của mẹ và đất nước.
Thái độ trân trọng đối với tấm lòng của mẹ và vẻ đẹp, sự giàu có của quê hương.
Nỗi nhớ da diết và thái độ tri ân sâu sắc đối với sự giàu có của quê hương và vẻ đẹp của người mẹ.
Niềm nhớ thương, thái độ trân trọng và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước.
Đoạn thơ thể hiện thái độ, tình cảm của tác giả đối với mẹ già và đất nước là: Niềm nhớ thương, thái độ trân trọng và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước. Điều này thể hiện rõ nét qua các câu thơ “Con quên làm sao được… Chia đều nỗi nhớ thương”. Đó là tình cảm thiêng liêng của người con dành cho cội nguồn, cho dân tộc, cho người mẹ kính yêu đã sinh ra và yêu thương mình. Chọn D.
Điệp từ.
So sánh.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh: “hòn đảo Song Ngư” – “tòa cột đá trụ trời”. Chọn B.
Thể hiện nỗi tuyệt vọng khi không được đón nhận tình cảm.
Là lời oán trách người con gái đã khước từ tình cảm chân thành.
Thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc.
Thể hiện lòng ghen tuông, đố kị.
Hai câu kết tác giả muốn thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc. Chọn C.
Chính luận.
Nghệ thuật.
Báo chí.
Khoa học.
Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là phong cách khoa học. Chọn D.
Giàu lòng tự trọng.
Mạnh mẽ, kiên cường.
Giàu đức hi sinh.
Cam chịu, nhẫn nhục.
Xác định các từ khóa thể hiện tính cách của người đàn bà cam chịu, nhẫn nhục, không hề kêu một tiếng, không chống trả... không trốn chạy → Thể hiện người đàn bà đã quen với việc bị đánh nên không phản kháng nữa → tính cách nổi bật nhất là vẻ cam chịu và nhẫn nhịn. Chọn D.
Thiết tha.
Van xin.
Trầm hùng.
Trang trọng.
Giọng điệu chủ đạo của đoạn trích là thiết tha. Thể hiện qua cấu trúc “tôi muốn…”. Chọn A.
So sánh.
Điệp ngữ.
Hoán dụ.
Chơi chữ.
Huế là tên một địa danh. Với hoàn cảnh sáng tác trong chiến tranh. Do đó, mang đến các liên tưởng. Từ “Huế” gợi liên tưởng đến những người sống ở Huế. Bởi đổ máu là các tàn khốc xảy ra trong chiến tranh khi có thương vong. Như vậy, giữa “Huế” và “người sống ở Huế” có mối quan hệ gần gũi giữa vật chứa đựng và vật bị chứa đựng. Huế mang đến sự bao trùm cho con người, không gian,… Giữa “đổ máu” và “chiến tranh” có mối quan hệ gần gũi, phản ánh với dấu hiệu của sự vật và sự vật mang dấu hiệu. Biện pháp nghệ thuật được sử dụng ở đây là hoán dụ. Chọn C.
Khát vọng thống nhất đất nước.
Khát vọng hạnh phúc gia đình.
Khát vọng hoà bình.
Khát vọng được trở về quê hương.
Đoạn thơ thể hiện khát vọng thống nhất đất nước của các chiến sĩ giải phóng miền Nam. Thể hiện qua chi tiết: đêm trăn trở đố nhau: / bao giờ về thành phố?/ con tắc kè nhanh nhảu nói: sắp về!. Chọn A.
Nó chứng tỏ tâm trạng lo sợ và hành động nhẹ nhàng từ bước đi đến lời nói của Mị.
Nó như cái bản lề khép lại quãng đời tủi nhục của Mị, đồng thời mở ra một tương lai hạnh phúc.
Hết câu nên nhà văn xuống dòng.
Nó thể hiện niềm khát khao sống và khát khao tự do của nhân vật Mị.
Câu văn được tách thành một dòng riêng. Nó như cái bản lề khép lại quãng đời tủi nhục của Mị, đồng thời mở ra một tương lai hạnh phúc. Nó chứng tỏ tâm trạng vẫn còn lo sợ của Mị.
- Hành động của Mị vừa có tính tự giác (xuất phát từ động cơ muốn cứu người), vừa có tính tự phát (không có kế hoạch, tính toán cụ thể), nói cách khác là vì lòng thương người , thương mình, căm thù bọn chúa đất. Nhưng lòng khao khát sống, khao khát tự do đã trỗi dậy, đã chiến thắng sự sợ hãi, để Mị tiếp tục băng đi, chạy theo A Phủ. Đây là một câu văn ngắn, thể hiện dụng công nghệ thuật đầy bản lĩnh và tài năng của Tô Hoài. Chọn B.
phi nghĩa thuộc về các bên tham chiến.
chính nghĩa thuộc về phe Liên minh.
chính nghĩa thuộc về phe Hiệp ước
chiến tranh đế quốc xâm lược phi nghĩa
Chiến tranh thế giới thứ nhất là cuộc chiến tranh đế quốc phi nghĩa vì nổ ra do các nước đế quốc muốn tranh giành thị trường, thuộc địa. Hậu quả mà cuộc chiến tranh thế giới này để lại cho nhân loại là vô cùng nặng nề cả về vật chất và tinh thần. Chọn D.
có điều kiện phát triển độc lập với kinh tế Pháp.
có sự chuyển biến rất nhanh và mạnh về cơ cấu.
có đủ khả năng cạnh tranh với nền kinh tế Pháp.
phổ biến vẫn trong tình trạng nghèo nàn, lạc hậu.
Với tác động từ cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai của thực dân Pháp (1919 - 1929), nền kinh tế Việt Nam phổ biến vẫn trong tình trạng nghèo nàn, lạc hậu. Chọn D.
Sự ra đời của hai nhà nước trên bán đảo Triều Tiên.
Sự ra đời của nước Cộng hòa Nhân dân Trung Hoa
Phong trào giải phóng dân tộc phát triển mạnh mẽ.
Các nước đạt sự tăng trưởng nhanh chóng về kinh tế.
Phân tích các đáp án, ta thấy:
- Nội dung các phương án A, B, D là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai.
- Nội dung phương án C không phải là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai. Chọn C.
Cách mạng Nga và nước Nga Xô viết ra đời (1917).
Cuộc đại khủng hoảng kinh tế (1929-1933)
Chủ nghĩa phát xít lên cầm quyền ở nhiều nước.
Quyết định của Hội nghị Véc-xai-Oasinhtơn.
Sau Chiến tranh thế giới thứ nhất, các nước thắng trận phân chia lại thế giới, hình thành hệ thống Véc xai Oansinh tơn.
- Hậu quả chiến tranh làm các cường quốc tư bản châu Âu gặp khó khăn, nước Pháp bị thiệt hại nặng.
- Cách mạng tháng Mười Nga thắng lợi năm 1917, Nga Xô viết được thành lập, Quốc tế cộng sản ra đời.
→ Tình hình trên tác động mạnh đến Việt Nam 1917-1939. Chọn A.
giải phóng nhân dân các thuộc địa khỏi mọi sự bóc lột.
góp phần vào quá trình xóa bỏ chủ nghĩa thực dân.
giúp các nước thoát khỏi mọi ảnh hưởng từ bên ngoài.
trực tiếp đặt ra những vấn đề toàn cầu cần giải quyết.
Thắng lợi của phong trào giải phóng dân tộc ở châu Phi và khu vực Mĩ-Latinh trong nửa sau thế kỉ XX đã góp phần vào quá trình xóa bỏ chủ nghĩa thực dân. Nếu ở khu vực châu Phi là thực dân cũ như Pháp, Anh thì ở khu vực Mĩ-Latinh là thực dân mới Mĩ. Chọn B.
sự nỗ lực cao nhất, cuối cùng của thực dân Pháp ở Đông Dương.
sự kết hợp sức mạnh của Mĩ và thủ đoạn của thực dân Pháp.
thủ đoạn mới của đế quốc Mĩ và sức mạnh của thực dân Pháp.
sự can thiệp sâu nhât của đế quốc Mĩ vào Đông Dương.
Trước tình thế bị sa lầy và thất bại của Pháp, Mĩ can thiệp sâu vào cuộc chiến tranh ở Đông Dương, ép Pháp phải kéo dài và mở rộng chiến tranh, tích cực chuẩn bị thay thế Pháp. Được sự thỏa thuận của Mĩ, Pháp cử Nava sang làm Tổng chỉ huy quân đội viễn chinh Pháp ở Đông Dương. Nava đề ra kế hoạch quân sự mang tên mình với hi vọng trong vòng 18 tháng sẽ giành lấy thắng lợi quân sự quyết định để “kết thúc chiến tranh trong danh dự” → Kế hoạch Nava là sản phẩm của sự kết hợp sức mạnh của Mĩ và thủ đoạn của thực dân Pháp. Chọn B.
Độc lập dân tộc gắn liền với chủ nghĩa xã hội.
Trước làm cách mạng quốc gia, sau là thế giới.
Xác định vai trò của cách mạng Việt Nam với thế giới.
Luôn đặt vấn đề giải phóng dân tộc lên vị trí hàng đầu.
Con đường cứu nước do Nguyễn Ái Quốc lựa Chọn C.ho dân tộc Việt Nam (1920) là độc lập dân tộc gắn liền với chủ nghĩa xã hội, theo tư tưởng của Mác-Lê-nin nhưng cũng có những sáng tạo để phù hợp với hoàn cảnh Việt Nam. Chọn A.
Quân đội Mĩ.
Quân đội Sài Gòn.
Đồng minh của Mĩ.
Cố vấn Mĩ.
Dựa vào ưu thế quân sự với quân số đông, vũ khí hiện đại, quân Mĩ vừa mới vào miền Nam đã mở ngay cuộc hành quân "tìm diệt" vào căn cứ của Quân giải phóng Vạn Tường (Quảng Ngãi). Tiếp đó, Mĩ mở liên tiếp hai cuộc phản công chiến lược mủa khô (đông-xuân 1965-1966 và 1966-1967) bằng hàng loạt cuộc hành quân "tìm diệt" và "bình định" vào vùng "đất thánh Việt cộng". Chọn A.
miền Nam và mở rộng chiến tranh phá hoại miền Bắc.
miền Nam và mở rộng chiến tranh ra toàn Đông Dương.
miền Bắc và ngăn chặn sự chi viện của miền Bắc cho miền Nam.
Việt Nam và mở rộng chiến tranh xâm lược Lào và Campuchia.
Chiến lược "chiến tranh cục bộ" của Mĩ được tiến hành trên phạm vi toàn miền Nam và mở rộng chiến tranh phá hoại miền Bắc lần thứ nhất (1964-1968). Chọn A.
Sử dụng lực lượng quân đội Mĩ là chủ yếu.
Thực hiện các cuộc hành quân "tìm diệt" và "bình định".
Nhắm biến miền Nam Việt Nam thành thuộc địa kiếu mới.
Sử dụng lực lượng quân đội Sài Gòn là chủ yếu.
Các chiến lược "Chiến tranh đặc biệt" (1961-1965) và "Chiến tranh cục bộ" (1965-1968) của Mĩ ở Việt Nam đều là loại hình chiến tranh xâm lược thực dân mới của Mĩ, nhằm biến miền Nam Việt Nam thành thuộc địa kiễu mới của Mĩ. Chọn C.
ôn đới.
nhiệt đới.
cận nhiệt.
cận cực
Đại bộ phận lãnh thổ Liên Bang Nga nằm trong vành đai khí hậu ôn đới. Chọn A.
Đường ống.
Đường sắt
Đường ô tô.
Đường biển.
Nhật Bản là đất nước quần đảo, lãnh thổ gồm 4 đảo lớn và hàng nghìn đảo nhỏ; bờ biển khúc khuỷu, kéo dài, có nhiều vũng vịnh thuận lợi để xây dựng hệ thống các cảng biển; vị trí xung quanh đều tiếp giáp với các vùng biển thuộc Thái Bình Dương.
→ Giao thông vận tải biển đóng vai trò quan trọng đối với sự phát triển kinh tế-xã hội của vùng: tạo điều kiện để giao lưu kinh tế giữa các vùng kinh tế đảo và với các vùng kinh tế trên thế giới bằn đường biển.
→ Như vậy, yếu tố vị trí địa lí và lãnh thổ giúp Nhật Bản phát triển mạnh loại hình vận tải đường biển. Chọn D.
ở trung tâm bán đảo Đông Dương.
Trong vùng nhiệt đới bán cầu Bắc.
Tiếp giáp với Biển Đông.
Trong vùng nhiều thiên tai.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. Ở trung tâm bán đảo Đông Dương. → sai, gần chứ không ở ở trung tâm. Chọn A.
B. Trong vùng nhiệt đới bán cầu Bắc. → đúng.
C. Tiếp giáp với Biễn Đông. → đúng.
D. Trong vùng nhiều thiên tai. → đúng.
nước ta nắm liền kề với 2 vành đai sinh khoáng lớn.
ảnh hưởng của biển Đông và các khối khí di chuyển qua biến.
nước ta nằm hoàn toàn trong vành đai nhiệt đới Bắc bán cầu.
thiên nhiên chịu ảnh hưởng rō rệt của gió Tín phong.
Khí hậu nước ta không khô hạn như các nước cùng vĩ độ vì ảnh hưởng của biển Đông và các khối khí di chuyển qua biển.
A. nước ta nằm liền kề với 2 vành đai sinh khoáng lớn. → vành đai sinh khoáng không liên quan đến khí hậu.
B. ảnh hưởng của biển Đông và các khối khí di chuyển qua biển. → đúng. Chọn B.
C. nước ta nằm hoàn toàn trong vành đai nhiệt đới Bắc bán cầu. → nhiệt đới chỉ nói đến nhiệt độ không nói đến độ ẩm.
D. thiên nhiên chịu ảnh hưởng rõ rệt của gió Tín phong. → Tín phong gây khô nên đây không phải lý do.
Bình Thuận.
Ninh Thuận.
Phú Yên.
Khánh Hòa.
Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Vùng Duyên hải Nam Trung Bộ, Vùng Tây Nguyên, cho biết cát thủy tinh phân bố tập trung ở Khánh Hòa. Chọn D.
Cho biểu đồ về tình hình sinh và tử của nước ta giai đoạn 1999-2019
(Nguồn: Niên giám thống kê Việt Nam 2019, Nhà xuất bản thống kê 2019)
Biểu đồ trên thể hiện nội dung nào sau đây?
Cơ cấu tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta
Tỷ suất sinh và tỷ suất từ của nước ta
Quy mô, cơ cấu tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta
Tốc độ tăng trưởng tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- Loại A: thể hiện cơ cấu là biểu đồ tròn
- Loại C: thể hiện quy mô, cơ cấu là biểu đồ tròn có bán kính khác nhau hoặc biểu đồ cột chồng giá trị tuyệt đối
- Loại D: thể hiện tốc độ tăng trưởng là biểu đồ đường
- B đúng: biểu đồ cột ghép thể hiện tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta (thể hiện giá trị của đối tượng). Chọn B.
vị trí địa lí
đặc điểm địa hình
tài nguyên khoáng sản
đặc điểm khí hậu
Vị trí địa lí là nhân tố có ảnh hưởng quan trọng nhất đến sự phát triển và phân bố các khu công nghiệp ở nước ta. Ở nước ta các khu công nghiệp phân bố chủ yếu ở nơi có vị trí thuận lợi như gần các cảng biển, trục đường giao thông, dân cư đông, thị trường rộng lớn, nguồn lao động dồi dào, có khả năng thu hút vốn đầu tư như Đông Nam Bộ, Đồng bằng Sông Hồng, các khu kinh tế ven biển gắn với cảng nước sâu… Chọn A.
có điều kiện khí hậu ổn định.
ven biển có nghề cá phát triển.
trọng điểm lương thực và đông dân.
có mật độ dân số cao.
Ngành chăn nuôi lợn ở nước ta tập trung ở những vùng trọng điểm lương thực và đông dân. Những vùng này cung cấp thức ăn và tạo đầu ra cho ngành chăn nuôi lợn. Chọn C.
tất cả các tỉnh trong vùng đều giáp biển.
dãy Trường Sơn chạy dọc suốt phía tây.
thiên nhiên phân hóa theo chiều tây đông.
thiên nhân phân hóa theo chiều Bắc nam.
Nguyên nhân chủ yếu dẫn đến việc phải hình thành cơ cấu nông-lâm-ngư nghiệp của Bắc Trung Bộ là thiên nhiên phân hóa theo chiều tây-đông nên từ tây sang đông cần phát triển những ngành kinh tế khác nhau, kết nối liên hoàn với nhau. Chọn C.
mật độ xây dựng cao, triều cường.
mưa lớn và triều cường.
mưa bão lớn, lũ nguồn về.
diện mưa bão rộng, mật độ xây dựng cao.
Hiện tượng ngập lụt ở đồng bằng sông Cửu Long chủ yếu do hai nguyên nhân chủ yếu là mưa lớn và triều cường. Chọn B.
Dấu của điện tích chuyển động.
Hướng chuyển động của điện tích.
Khối lượng của điện tích chuyển động.
Chiều chuyển động của điện tích.
Độ lớn của lực Lo-ren-xơ phụ thuộc vào hướng chuyển động của điện tích. Chọn B.
Một vùng không gian ABCD có từ trường đều với vecto cảm ứng từ \(\overrightarrow B \) vuông góc với mặt phẳng giấy, chiều hướng ra ngoài như hình vẽ. Một khung dây kim loại EFGH di chuyển từ ngoài vào trong vùng không gian có từ trường. Tại thời điểm khung dây đi vào từ trường một phần (phần còn lại vẫn nằm ngoài từ trường) thì
chưa xuất hiện dòng điện cảm ứng trong khung dây.
dòng điện cảm ứng có chiều cùng chiều kim đồng hồ.
dòng điện cảm ứng có chiều ngược chiều kim đồng hồ.
dòng điện cảm ứng đã xuất hiện nhưng đổi chiều liên tục.
Khi khung kim loại EFGH vào trong từ trường, số đường sức từ xuyên qua khung kim loại ra ngoài mặt phẳng giấy tăng.
⇒ Dòng điện cảm ứng xuất hiện, sao cho từ trường cảm ứng chống lại sự tăng này – từ trường cảm ứng có chiều ngược với từ trường ngoài khung kim loại.
Mà \(\overrightarrow B \) hướng từ trong ra ngoài ⇒ \(\overrightarrow {{B_C}} \) hướng từ ngoài vào trong.
Áp dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được dòng điện cảm ứng cùng chiều kim đồng hồ.
Chọn B.
kính áp tròng.
thấu kính phân kì có độ tụ thích hợp.
kính lão.
thấu kính hội tụ có độ tụ thích hợp.
Để chữa tật cận thị, người bị cận thị phải đeo thấu kính phân kì có độ tụ thích hợp.
Chọn B.
Vật nặng của con lắc lò xo thực hiện dao động điều hoà có li độ x và biên độ A. Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của động năng K của con lắc theo x có dạng
Hình A.
Hình B.
Hình C.
Hình D.
Động năng của con lắc lò xo dao động điều hòa: \(K\, = \,\frac{1}{2}m{v^2}\)
Lại có: \({v^2}\, = \,{\omega ^2}.\left( {{A^2}\, - \,{x^2}} \right)\)⇒\(K\, = \,\frac{1}{2}m{v^2}\, = \frac{1}{2}\,m{\omega ^2}.\left( {{A^2}\, - \,{x^2}} \right)\)⇒\(K\, = \, - \frac{1}{2}m{\omega ^2}{x^2}\, + \,\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\) (∗)
(∗) có dạng \(y\, = \,a{x^2}\, + \,b\)với a < 0
⇒ Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của động năng K của con lắc theo \(x\) có dạng hình B.
Chọn B.
Ống dài hở một đầu. Nó được đóng ở đầu kia bằng một piston có thể di chuyển được dọc theo ống, như hình vẽ. Loa tạo ra âm thanh có tần số 550 Hz được đặt gần đầu hở của ống. Piston được dịch chuyển dọc theo ống và nghe thấy âm thanh lớn ở đầu hở khi khoảng cách L giữa piston và đầu hở của ống là 45 cm. Tốc độ âm thanh trong ống bằng 330 m/s. Xác định tần số thấp nhất mà âm phát ra trong ống có chiều dài L = 45 cm
900 Hz.
550 Hz.
180 Hz.
90 Hz
Khi khoảng cách giữa piston và đầu hởi của ống là \(L\, = \,45cm\)thì đầu hở của ống nghe thấy âm thanh lớn ⇒ Đầu piston là nút sóng, đầu hở là bụng sóng.
Áp dụng điều kiện có sóng dừng một đầu là nút sóng một đầu là bụng sóng ta có:
\(L\, = \,\left( {2k\, + \,1} \right)\frac{\lambda }{4}\, = \,\left( {2k\, + \,1} \right)\frac{v}{{4f}}\, \Rightarrow \,f\, = \,\frac{{\left( {2k\, + \,1} \right)v}}{{4.L}}\)
Để \({f_{\min }}\, \Leftrightarrow \,{k_{\min }}\, = \,0\, \Rightarrow \,{f_{\min }}\, = \,\frac{v}{{4.L}}\, = \,\frac{{330}}{{4.0,45}}\, = \,183,33\,Hz\)
Chọn C.
14.
10.
20.
7.
Gọi \[\Delta N\] là liều lượng cho một lần chiếu xạ (\[\Delta N\]= hằng số)
Trong lần chiếu xạ đầu tiên: \[\Delta N\, = \,{N_{01}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)\] (1)
Trong lần chiếu xạ tiếp theo sau đó 2 năm: \[\Delta N'\, = \,{N_{02}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right) = \Delta N\] (do liều lượng chiếu xạ trong các lần chiếu xạ là như nhau).
Với: \[{N_{02}}\, = \,{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}\, \Rightarrow \,\Delta N'\, = \,{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\] (2)
Từ (1) và (2) ta có: \[{N_{01}}.\,{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\, = \,{N_{01}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)\]⇔ \[{2^{ - \frac{{\Delta t}}{T}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)\, = \,\,1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}\] (∗)
Với: \[\left\{ \begin{array}{l}\Delta t\, = \,2\,\left( {nam} \right)\\{t_1}\, = \,10p\\T\, = \,4\,\left( {nam} \right)\,\end{array} \right.\]
Thay vào (*) ta được: \[{2^{ - \frac{2}{4}}}.\,\left( {1\, - \,{2^{ - \frac{{{t_2}}}{{4.365.24.60}}}}} \right)\, = \,\,1\, - \,{2^{ - \frac{{10}}{{4.365.24.60}}}} \Rightarrow {t_2} = 14,1\] phút.
Chọn A.
Trong các hình sau, hình nào diễn tả đúng phương và chiều của cường độ điện trường \(\overrightarrow E \), cảm ứng từ \(\overrightarrow B \) và tốc độ truyền sóng \(\overrightarrow v \) của một sóng điện từ?
Hình a.
Hình b.
Hình c.
Hình d.
Sử dụng quy tắc xoay đinh ốc xác định được hình biểu diễn đúng là hình C. Chọn C.
Trong các nhà hàng, khách sạn, rạp chiếu phim,… có lắp máy sấy tay cảm ứng trong nhà vệ sinh. Khi người sử dụng đưa tay vào vùng cảm ứng, thiết bị sẽ tự động sấy để làm khô tay và ngắt khi người sử dụng đưa tay ra. Máy sấy tay này hoạt động dựa trên hiện tượng
cảm ứng tia tử ngoại phát ra từ bàn tay.
cảm ứng độ ẩm của bàn tay.
cảm ứng tia hồng ngoại phát ra từ bàn tay.
cảm ứng tia X phát ra từ bàn tay.
Cơ thể người phát ra tia hồng ngoại. Máy sấy tay hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng tia hồng ngoại phát ra từ bàn tay. Chọn C.
huỳnh quang.
điện phát quang.
lân quang.
tia catot phát quang.
Người ta sản xuất ra các loại công tắc điện có đặc điểm sau đây: khi đèn trong phòng tắt đi ta thấy nút bấm của công tắc phát ra ánh sáng màu xanh. Sự phát quang này kéo dài hàng giờ, rất thuận tiện cho việc tìm chỗ bật đèn trong đêm. Đó là hiện tượng lân quang.
Chọn C.
Gọi P là công suất nơi phát, n là số bóng đèn nhà vườn sử dụng.
Tổng công suất các bóng đèn tiêu thụ:
\[P'\, = \,P\, - \,\Delta P \Rightarrow \,220n\, = \,P\, - \,\frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}\,R\, = \,P\, - \,\frac{{{P^2}}}{{{{1500}^2}}}.\,50\]\[ \Rightarrow \,50{P^2}\, - \,22,5.\,{10^5}P\, + \,49,{5.10^7}.\,n\, = \,0\]
Để phương trình có nghiệm thì:
\[\Delta \ge 0\, \Leftrightarrow \,{b^2} - 4.a.c \ge 0 \Leftrightarrow {(22,{5.10^5})^2} - 4.50.\,49,5.\,{10^7}n\, \ge \,0 \Leftrightarrow n\, \le \,51,136\, \Rightarrow \,{n_{\max }}\, = \,51\]
⇒ Số bóng tối đa mà nhà vườn có thể sử dụng cùng lúc là 51 bóng.
Đáp án. 51.
13,82.
11,68.
15,96.
7,98.
Ta có: \[\% {m_H}\; = {\rm{ }}100\% {\rm{ }} - {\rm{ }}92,31\% {\rm{ }} = {\rm{ }}7,69\% .\]
→ \(C:H = \frac{{92,31}}{{12}}:\frac{{7,69}}{1} = 1:1\)→ CTĐGN là CH.
- Khi đốt cháy 0,01 mol chất Z thu được không quá 2,75 gam \[C{O_2}\;\]
\( \to {n_{C{O_2}}} < \frac{{2,75}}{{44}} = 0,0625\)
\( \to {C_Z} < \frac{{0,0625}}{{0,01}} = 6,25\).
- Mặt khác số nguyên tử H luôn là số chẵn nên suy ra: X là \[{C_2}{H_2},\]Y là \[{C_4}{H_4}\] và Z là \[{C_6}{H_6}.\]
- Cho 3,12 gam hỗn hợp A (có số mol các chất bằng nhau) tác dụng với lượng dư dung dịch \[AgN{O_3}/N{H_3}\]:
\({n_X}\; = {\rm{ }}{n_Y}\; = {\rm{ }}{n_Z}\; = \frac{{3,12}}{{26 + 52 + 78}} = 0,02\,mol\)
Để lượng kết tủa tối đa thì CTCT của các chất là:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{{C_2}{H_2}:{\rm{ }}CH \equiv CH{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;{C_4}{H_4}:{\rm{ }}CH \equiv C - CH = C{H_2}\;\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;{C_6}{H_6}:{\rm{ }}CH \equiv C - C{H_2} - C{H_2} - C \equiv CH{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\end{array}\]
Kết tủa gồm:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{CAg \equiv CAg{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;CAg \equiv C - CH = C{H_2}\;\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\\{\;CAg \equiv C - C{H_2} - C{H_2} - C \equiv CAg{\rm{ }}\left( {0,02{\rm{ }}mol} \right)}\end{array}\]
⟹ \[{m_ \downarrow }\; = 0,02 \cdot 240 + 0,02 \cdot 159 + 0,02 \cdot 292 = 13,82{\rm{ }}gam.\]
Chọn A.
apatite và phosphorite.
apatite và siderite.
phosphorite và siderite.
calcit và apatite.
Khoáng vật chính của P là apatite - \(3{\rm{C}}{{\rm{a}}_3}{\left( {{\rm{P}}{{\rm{O}}_4}} \right)_2}.{\rm{Ca}}{{\rm{F}}_2}\) và phosphorite - \({\rm{C}}{{\rm{a}}_3}{\left( {{\rm{P}}{{\rm{O}}_4}} \right)_2}\)
Chọn A.
5.
4.
3.
2.
Các chất tham gia phản ứng tráng gương là có nhóm –CHO, lưu ý fructose có nhóm ketone nhưng trong môi trường \[N{H_3}\] fructose bị chuyển thành glucose nên fructose cũng tham gia phản ứng tráng gương.
→ Các chất tham gia phản ứng tráng gương: glucose, aldehyde acetic, fructose.
Lưu ý: acetylene tham gia phản ứng với \[AgN{O_3}\]nhưng không phải phản ứng tráng gương.
Chọn C.
14,70
20,58.
17,64.
22,05.
Dung dịch X chứa \[Glu{\rm{ }}--{(Na)_2}:{\rm{ }}x{\rm{ }}mol\]và NaOH: y mol thì 191x + 40y = 23,1 (1)
Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}S{O_4}}} = z\,mol\\{n_{HCl}} = 2z\,mol\end{array} \right.\)
X + dung dịch Y:
Vì phản ứng vừa đủ nên \(3{n_{Glu - {{(Na)}_2}}} + {n_{NaOH}} = {n_{HCl}} + 2{n_{{H_2}S{O_4}}}\)
→ 3x + y = 2z + 2z = 4z (2)
Ta thấy:\({n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = y\,mol\)
BTKL có
\( \to 38,4 = 40y + 191x + 36,5 \cdot 2z + 98z - 18y\,\,\,\,\,\,(3)\)
Giải (1), (2), (3) có x = y = z = 0,1 mol
⇒ m = 147x = 14,7 gam.
Chọn A.
44,04%.
58,03%.
72,02%.
29,01 %.
![Cho 1,93 gam hỗn hợp gồm Fe và Al tác dụng với dung dịch chứa \[C{u^{2 + }}\]và 0,03 mol \[A{g^ + }.\] Sau phản ứng thu được 6,44 gam hỗn hợp có (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid1-1721874151.png)
22,50.
45,00.
20,25.
30,00.
\(\begin{array}{l}{m_{C{O_2}}} = {m_ \downarrow } - {m_ \searrow } = 15 - 5,1 = 9,9\,gam\\ \to {n_{C{O_2}}} = 0,225\,mol\end{array}\)
Vì hiệu xuất đạt 90% nên số mol \[{C_6}{H_{12}}{O_6}\] thực tế là 0,125 mol.
Khối lượng glucose cần để lên men là: m = 0,125.180 = 22,5 gam.
Chọn A.
\[Zn{\left( {N{O_3}} \right)_2}.\]
\[Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}.\]
\[Mg{\left( {N{O_3}} \right)_2}.\]
\[Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}.\]
Gọi số mol khí \[N{O_2}\] là a (mol)
\[\begin{array}{*{20}{l}}{4M{{\left( {N{O_3}} \right)}_n}\; \to {\rm{ 2}}{M_2}{O_n}\; + {\rm{ }}4nN{O_2}\; + {\rm{ n}}{O_2}}\\{\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\frac{a}{n}\;\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;\; \leftarrow \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,a\;\;\;\;{\rm{ }} \to {\rm{ }}0,25a\,\,\,\,\,(mol)}\end{array}\]
⟹ 46.a + 32.0,25a = 16,2
⟹ a = 0,3 mol
⟹ M + 62n = 94n
⟹ M = 32n
Biện luận với n = 1; 2; 3 ta có:
+ n = 1 ⟹ M = 32 (loại)
+ n = 2 ⟹ M = 64 (Cu)
+ n = 3 ⟹ M = 96 (loại)
Vậy muối có công thức là \[Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}.\]
Chọn B.
5.
7.
6.
8.
Các chất có tính lưỡng tính là: \[NaHC{O_3},{\rm{ }}Zn{\left( {OH} \right)_2},{\rm{ }}C{r_2}{O_3},{\rm{ }}Al{\left( {OH} \right)_3},{\rm{ }}A{l_2}{O_3},{\rm{ }}Cr{\left( {OH} \right)_3}\](6 chất).
* \[NaHC{O_3}\]:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{HCO_3^ - + {\rm{ }}{H^ + } \to {\rm{ }}C{O_2} + {\rm{ }}{H_2}O}\\{\;HCO_3^ - + {\rm{ }}O{H^ - } \to {\rm{ }}CO_3^{2 - } + {\rm{ }}{H_2}O}\end{array}\]
* \[Zn{\left( {OH} \right)_2}\]:
\[\begin{array}{l}Zn{\left( {OH} \right)_2} + {\rm{ }}2{H^ + } \to {\rm{ }}Z{n^{2 + }} + {\rm{ }}2{H_2}O\;\\Zn{\left( {OH} \right)_2} + {\rm{ }}2O{H^ - } \to {\rm{ }}ZnO_2^{2 - } + {\rm{ }}2{H_2}O\end{array}\]
*\[C{r_2}{O_3}\]:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{C{r_2}{O_3} + {\rm{ }}6{H^ + } \to {\rm{ }}2C{r^{3 + }} + {\rm{ }}3{H_2}O}\\{\;C{r_2}{O_3} + {\rm{ }}2O{H^ - } \to {\rm{ }}2CrO_2^ - + {\rm{ }}{H_2}O}\end{array}\]
*\[{\rm A}l{\left( {OH} \right)_3}\]:
\[\begin{array}{l}{\rm A}l{\left( {OH} \right)_3} + {\rm{ }}3{H^ + } \to {\rm{ }}A{l^{3 + }} + {\rm{ }}3{H_2}O\\{\rm A}l{\left( {OH} \right)_3} + {\rm{ }}O{H^ - } \to {\rm{ }}AlO_2^ - + {\rm{ }}2{H_2}O\end{array}\]
* \[A{l_2}{O_3}\]:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{A{l_2}{O_3} + {\rm{ }}6{H^ + } \to {\rm{ }}2A{l^{3 + }} + {\rm{ }}3{H_2}O}\\{\;A{l_2}{O_3} + {\rm{ }}2O{H^ - } \to {\rm{ }}2AlO_2^ - + {\rm{ }}{H_2}O}\end{array}\]
*\[Cr{\left( {OH} \right)_3}\]:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{Cr{{\left( {OH} \right)}_3} + {\rm{ }}3{H^ + } \to {\rm{ }}C{r^{3 + }} + {\rm{ }}3{H_2}O}\\{\;Cr{{\left( {OH} \right)}_3} + {\rm{ }}O{H^ - } \to {\rm{ }}CrO_2^ - + {\rm{ }}2{H_2}O}\end{array}\]
Vậy có 6 chất có tính lưỡng tính.
Chọn C.
Thực phẩm bảo quản ở nhiệt độ thấp hơn sẽ giữ được lâu hơn.
Nấu thực phẩm trong nồi áp suất nhanh chín hơn so với khi nấu chúng ở áp suất thường.
Than cháy trong oxygen nguyên chất nhanh hơn khi cháy trong không khí.
Nhiên liệu cháy ở tầng khí quyển trên cao nhanh hơn khi cháy ở mặt đất.
A đúng, vì khi đó nhiệt độ giảm nên tốc độ phản ứng phân hủy thực phẩm giảm, thực phẩm giữ được lâu hơn.
B đúng, vì tăng áp suất tốc độ phản ứng tăng.
C đúng, vì tăng nồng độ chất phản ứng thì tốc độ phản ứng tăng.
D sai, vì ở tầng khí quyển trên cao khí oxygen loãng hơn so với mặt đất nên nhiên liệu cháy chậm hơn.
Chọn D.
Ta có: \({n_{{O_2}}} = 0,59\,mol;\,{n_{{H_2}O}} = 0,52\,mol\)
- Xét quá trình đốt cháy 11,16 gam hỗn hợp E
→ Ancol no, hai chức.
Dễ dàng suy ra alcohol có 3C và hai acid có 3C và 4C
\( \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,01\,\,mol}\\{y = 0,01\,\,mol}\\{z = 0,01\,\,mol}\end{array}} \right.\)
- Khi cho 11,16 gam E tác dụng với KOH dư
Thu được muối \(\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_3}COOK:\,x + b = 0,02\,mol\\{C_3}{H_5}COOK:\,y + b = 0,02\,mol\end{array} \right.\)
\( \to m = 0,02 \cdot 110 + 0,02 \cdot 124 = 4,68\,gam\).
Đáp án: 4,68
(1)-(d), (2)-(a), (3)-(c), (4)-(b).
(1)-(a), (2)-(d), (3)-(c), (4)-(b).
(1)-(c), (2)-(b), (3)-(d), (4)-(a).
(1)-(b), (2)-(c), (3)-(a), (4)-(d).
(1)-(d): Hoocmôn sinh trưởng (GH) được sinh ra từ tuyến yên.
(2)-(a): Tirôxin được sinh ra từ tuyến giáp.
(3)-(c): Ơstrôgen được sinh ra từ buồng trứng.
(4)-(b): Testostêrôn được sinh ra từ tinh hoàn.
Chọn A.
Người thấy đèn đỏ thì dừng lại, chuột nghe mèo kêu là bỏ chạy.
Ve kêu vào mùa hè, chuột nghe tiếng mèo kêu là bỏ chạy.
Ve kêu vào mùa hè, ếch đực kêu vào mùa sinh sản.
Người thấy đèn đỏ thì dừng lại, ếch đực kêu vào mùa sinh sản.
Tập tính bẩm sinh là sinh ra đã có, không cần phải học tập, rèn luyện. Tập tính học được được hình thành nhờ quá trình học tập, rèn luyện. Do đó:
- Trẻ em nếu bố mẹ, thầy cô không dạy thì sẽ không biết dừng lại khi gặp đèn đỏ \( \to \) tập tính học được.
- Chuột con khi được sinh ra không hề sợ và bỏ chạy khi nghe mèo kêu, nhưng do nó thấy bố mẹ nó sợ và bỏ chạy khi nghe tiếng mèo kêu nên nó cũng bỏ chạy khi nghe tiếng mèo kêu \( \to \) tập tính học được.
- Mùa hè là mùa sinh sản, ve mẹ đẻ trứng, trứng này nở thành ấu trùng đó lột xác thành ve trưởng thành vào mùa hè năm sau cũng biết cất tiếng kêu để gọi bạn tình mà không hề có sự học hỏi gì từ bố mẹ cả (vì phần lớn cuộc đời của ve là thời kỳ ấu trùng ở dưới đất với độ sâu khoảng từ \(30\;{\rm{cm}}\) bố mẹ chúng không thể dạy cho chúng kêu) \( \to \) tập tính bẩm sinh.
- Vào mùa sinh sản, ếch đực cất tiếng kêu để gọi bạn tình. Đa số các loài ếch khi trứng nở thành nòng nọc, bố mẹ chúng để cho chúng tự lập và khi đến tuổi sinh sản các con ếch đực vẫn có khả năng kêu gọi bạn tình như bố của chúng \( \to \) tập tính bẩm sinh.
Chọn C.
áp suất rễ.
dòng mạch rây.
dòng mạch gỗ.
mở khí khổng.
mã di truyền có tính thoái hóa.
mã di truyền có tính phổ biến.
mã di truyền có tính đặc hiệu.
mã di truyền là mã bộ ba.
Nguyên nhân dẫn đến đột biến thay thế cặp nuclêôtit này bằng cặp nuclêôtit khác nhưng trình tự axit amin không bị thay đổi do mã di truyền có tính thoái hóa (nhiều bộ ba cùng mã hóa cho 1 axit amin). Trong trường hợp này, bộ ba ban đầu bị biến đổi thành bộ ba mới nhưng đều mã hóa cùng 1 loại axit amin. Chọn A.
Đơn vị cấu trúc cơ bản của nhiễm sắc thể là nuclêôxôm.
Nhiễm sắc thể là vật chất di truyền ở cấp độ phân tử.
Thành phần hóa học chủ yếu của nhiễm sắc thể là ARN và prôtêin.
Cấu trúc cuộn xoắn tạo điều kiện cho sự nhân đôi nhiễm sắc thể.
B. Sai. Vì NST không phải là vật chất di truyền ở cấp phân tử mà nó là vật chất di truyền ở cấp tế bào.
C. Sai. Vì thành phần hóa học chủ yếu của nhiễm sắc thể là ADN và prôtêin chứ không phải là ARN và prôtêin.
D. Sai. Vì cấu trúc cuộn xoắn làm ngăn cản sự nhân đôi nhiễm sắc thể chứ không tạo điều kiện cho sự nhân đôi của NST.
Chọn A.
điều kiện thời tiết.
kiểu gen.
chế độ dinh dưỡng.
kĩ thuật canh tác.
Giới hạn năng suất của “giống” hay còn gọi là mức phản ứng. Mức phản ứng được quy định bởi kiểu gen. Chọn B.
Bệnh máu khó đông.
Bệnh bạch tạng.
Hội chứng Đao.
Hội chứng AIDS.
A. Sai. Bệnh máu khó đông do đột biến gen lặn nằm trên vùng không tương đồng của NST X quy định.
B. Sai. Bệnh bạch tạng cho đột biến gen lặn nằm trên NST thường gây ra.
C. Đúng. Hội chứng Đao là do đột biến số lượng NST (dạng thể 3 ở cặp NST số 21) gây ra.
D. Sai. Hội chứng AIDS do sự chuyển nặng của việc nhiễm virut HIV.
Chọn C.
Chọn lọc tự nhiên.
Các yếu tố ngẫu nhiên.
Đột biến.
Di - nhập gen.
Đột biến xảy ra với tần số thấp → Đột biến làm thay đổi tần số alen chậm hơn so với những nhân tố còn lại. Chọn C.
Hình dưới đây biểu thị sự biến động về nhiệt độ giả định cao nhất và thấp nhất theo tháng ở một vùng. Thời gian sinh trưởng từ khi bắt đầu nuôi trong môi trường tự nhiên đến khi xuất chuồng của các giống vật nuôi A, B, C và D tối thiểu là 160 ngày. Bảng dưới đây cho biết giới hạn sinh thái về nhiệt độ của bốn giống vật nuôi này. Giả sử các điều kiện sinh thái khác của môi trường không ảnh hưởng đến sức sống của các giống vật nuôi đang nghiên cứu. Khi nhiệt độ môi trường thấp hơn giới hạn dưới hoặc cao hơn giới hạn trên của mỗi giống vật nuôi thì chúng sẽ bị chết.
Dựa vào thông tin trong hình và bảng, có bao nhiêu nhận định sau đây đúng để lựa chọn các giống vật nuôi A, B, C và D chăn thả tại vùng này cho phù hợp?
I. Giống A phù hợp để chăn thả ở vùng này.
II. Có thể nuôi giống D từ tháng hai để đảm bảo năng suất khi xuất chuồng là cao nhất.
III. Để đảm bảo đủ thời gian xuất chuồng, giống C là phù hợp nhất chăn thả ở vùng này.
IV. Không thể nuôi được giống B trong 160 ngày để xuất chuồng ở vùng này.
2.
3.
4.
1.
Thời gian sinh trưởng từ khi bắt đầu nuôi trong môi trường tự nhiên đến khi xuất chuồng của các giống vật nuôi A, B, C và D tối thiểu là 160 ngày → Thời gian sống phải kéo dài ít nhất 6 tháng. Do đó:
I. Sai. Giống A có giới hạn nhiệt độ từ 12 – 32oC mà ở vùng này không có khoảng thời gian 6 tháng liên tiếp nào có nhiệt độ môi trường trong khoảng từ 12 – 32oC. Do đó, loài A không thích hợp để nuôi trong vùng này.
II. Sai. Giống B có giới hạn nhiệt độ từ 8 – 26oC nên khi nuôi từ tháng 2 thì đến tháng 5 (sau 3 tháng) thì các cá thể giống D có thể bị chết khi nhiệt độ môi trường lên đến 27,5oC, đến tháng 6 và tháng 7 thì gần như toàn bộ các cá thể giống D đều bị chết, khi nhiệt độ môi trường thấp nhất hầu như là trên 26oC.
III. Đúng. Giống C có giới hạn nhiệt độ từ 14 – 40oC nên có thể nuôi giống C từ tháng 5 đến tháng 11.
IV. Đúng. Giống B có giới hạn nhiệt độ từ 8 – 26oC mà ở vùng này không có khoảng thời gian 6 tháng liên tiếp nào có nhiệt độ môi trường trong khoảng từ 8 – 26oC. Do đó, loài B không thích hợp để nuôi trong vùng này.
Chọn A.
Quy ước gen: A – quả dài >> a – quả tròn; B – vị ngọt >> b- vị chua.
Theo đề bài, các cây quả tròn, vị chua \(\frac{{ab}}{{ab}}\) lại mẫn cảm với nấm mốc và những quả này bị thối nếu trồng vào mùa mưa.
P quả dài, vị ngọt (A-B-) tự thụ phấn → F1. Khi đem F1 trồng vào mùa mưa năng suất giảm 9% → \(\frac{{ab}}{{ab}}\) = 9% → ab = 0,3 → \({\rm{P}}:\frac{{AB}}{{ab}} \times \frac{{AB}}{{ab}};f = 40\% .\)
Vậy tỉ lệ cây quả dài, vị ngọt (A-B-) ở F1: 0,5 + \(\frac{{ab}}{{ab}}\) = 0,59.
Nếu đem hạt của các cây quả dài, vị ngọt ở F1 gieo vào mùa mưa năm sau thì những cây có kiểu gen dị hợp 2 cặp gen sẽ tạo kiểu gen \(\frac{{ab}}{{ab}}\) làm giảm năng suất.
Trong số cây quả dài, vị ngọt ở F1:
\(\frac{{AB}}{{ab}} = \frac{{2 \times 0,3\underline {AB} \times 0,3\underline {ab} }}{{0,59}} = \frac{{18}}{{59}}\)
\(\frac{{Ab}}{{aB}} = \frac{{2 \times 0,2\underline {Ab} \times 0,2\underline {aB} }}{{0,59}} = \frac{8}{{59}}\)
→ Tỉ lệ \(\frac{{ab}}{{ab}}\) ở F2 là: \(\frac{{18}}{{59}} \times 0,3\underline {ab} \times 0,3\underline {ab} + \frac{8}{{59}} \times 0,2\underline {ab} \times 0,2\underline {ab} \approx 3,3\% .\) Đáp án: 3,3%.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
Học liệu phổ biến ĐHQG Hà Nội
ĐHQG Hà Nội
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
