Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 23)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu hỏi - 75 phút)
Biểu đồ dưới đây biểu thị vốn chủ sở hữu của công ty cổ phần Vincom Retail từ năm 2018 đến năm 2023.
Hỏi từ năm 2018 đến năm 2023 thì năm nào có vốn chủ sở hữu của công ty cổ phần Vincom Retail là cao nhất?
Năm 2018.
Năm 2021.
Năm 2022.
Năm 2023.
Từ năm 2018 đến năm 2023 thì năm 2023 có vốn chủ sở hữu của công ty cổ phần Vincom Retail là cao nhất. Chọn D.
\(t = 3\).
\(t = 4\).
\(t = 1\).
\(t = 2\).
Ta có \({\rm{v}}\left( {\rm{t}} \right) = {\rm{s'}}\left( {\rm{t}} \right) = - 3{{\rm{t}}^2} + 12{\rm{t}}\) có đồ thị là parabol.
Do đó \({\rm{v}}{\left( {\rm{t}} \right)_{\max }} \Leftrightarrow {\rm{t}} = \frac{{ - 12}}{{ - 6}} = 2\). Chọn D.
0 .
1 .
2 .
3 .
Ta có \({2^{{x^2} - 1}} = 5 \Leftrightarrow {x^2} - 1 = {\log _2}5 \Leftrightarrow {x^2} = 1 + {\log _2}5 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt {1 + {{\log }_2}5} \).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. Chọn C.
\(a > \frac{1}{2}\).
\(a > \frac{1}{3}\).
\(a > - \frac{1}{2}\).
\(a < \frac{1}{2}\).
Từ hệ phương trình ta giải được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = a}\\{y = 1 - a}\end{array}} \right.\).
Nên ta có: \(x > y \Leftrightarrow a > 1 - a \Leftrightarrow a > \frac{1}{2}\). Chọn A.
\({\rm{Q}}\left( {5\,;\,\, - 12} \right)\).
\[{\rm{N}}\left( {13\,;\,\, - 12} \right)\].
\({\rm{M}}\left( {13\,;\,\,12} \right)\)
\({\rm{P}}\left( {5\,;\,\,12} \right)\).
Có \(z = {\left( {3 - 2i} \right)^2} = 9 - 12{\rm{i}} + {\left( {2{\rm{i}}} \right)^2} = 5 - 12{\rm{i}}\).
Do đó, điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là \({\rm{Q}}\left( {5\,;\,\, - 12} \right)\). Chọn A.
\(x - 2y - 2z = 0\).
\(x - 2y - z - 1 = 0\).
\(x - 2y - z = 0\).
\(x - 2y + z - 3 = 0\)
Chọn \({\rm{M}}\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) là trung điểm của đoạn \({\rm{AB}}\).
Mặt phẳng trung trực của đoạn \({\rm{AB}}\) đi qua \({\rm{M}}\) và nhận \[\overrightarrow {{\rm{AB}}} = \left( {2\,;\,\, - 4\,;\,\, - 2} \right)\] làm vectơ pháp tuyến nên \(2\left( {x - 2} \right) - 4\left( {y - 0} \right) - 2\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z - 1 = 0\). Chọn B.
\({\rm{MM'}} = 2\sqrt {17} \).
\({\rm{MM'}} = 2\sqrt {65} \).
\(M{\rm{M'}} = 8\).
\({\rm{MM'}} = 10\sqrt 2 \).
Gọi \({\rm{H}}\) là hình chiếu của \({\rm{M}}\) lên trục \({\rm{Ox}}\) suy ra \[{\rm{H}}\left( {4\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,{\rm{M'}}\] là điểm đối xứng với \({\rm{M}}\) qua trục \({\rm{Ox}}\) thì H là trung điểm của \({\rm{MM'}}\).
Khi đó ta có
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_H} = \frac{{{x_M} + {x_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{y_H} = \frac{{{y_M} + {y_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\\{{z_H} = \frac{{{z_M} + {z_{{\rm{M'}}}}}}{2}}\end{array}} \right.{\rm{ }} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{{\rm{M'}}}} = 2{x_H} - {x_M} = 4}\\{{y_{{\rm{M'}}}} = 2{y_H} - {y_M} = 1}\\{{z_{{\rm{M'}}}} = 2{z_H} - {z_M} = - 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {\rm{M'}}\left( {4\,;\,\,1\,;\,\, - 7} \right)\).
Suy ra\({\rm{ MM'}} = 10\sqrt 2 \). Chọn D.
5 .
6 .
21.
40.
Bất phương trình \(x\left( {2 - x} \right) \ge x\left( {7 - x} \right) - 6\left( {x - 1} \right)\)
Chọn D.
\(\frac{{7\pi }}{2}\).
\(\pi \).
\(\frac{{3\pi }}{2}\).
\(\frac{\pi }{4}\).
Ta có \(\sin \left( {2x - \frac{\pi }{4}} \right) = \sin \left( {x + \frac{{3\pi }}{4}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - \frac{\pi }{4} = x + \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4} - x + 12\pi }\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pi + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}\,\,\left( {k,1 \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\).
Họ nghiệm \(x = \pi + k2\pi \) không có nghiệm nào thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\).
\(x = \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3} \in \left( {0\,;\,\,\pi } \right) \Rightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + 1\frac{{2\pi }}{3} < \pi \Leftrightarrow 1 \in \left\{ {0\,;\,\,1} \right\}\)
Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\) là \(x = \frac{\pi }{6}\) và \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).
Từ đó suy ra tổng các nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0\,;\,\,\pi } \right)\) của phương trình này bằng \(\pi \). Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\( - 59\,\,048\).
\( - 59\,\,049\).
\( - 155\).
\( - 310\).
Ta có: \({u_n} = 1 - 3n \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1 - 3 \cdot 1 = - 2}\\{{u_{10}} = 1 - 3 \cdot 10 = - 29}\end{array}} \right.\).
Áp dụng công thức \(S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{10\left( {{u_1} + {u_{10}}} \right)}}{2} = - 155.\) Chọn C.
\(y = \ln \left| {1 - x} \right|\).
\(y = - \ln \left| {1 - x} \right|\).
\(y = \ln \frac{1}{{x - 1}}\).
\(y = \ln \left| {x - 1} \right|\).
Với điều kiện \(x > 1\) ta tính đạo hàm hàm số \(y = - \ln \left| {1 - x} \right|\) ta có \(y' = - \frac{{{{\left( {1 - x} \right)}^\prime }}}{{1 - x}} = \frac{1}{{1 - x}}\).
Chọn B.
Cho hàm số \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\), hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Bất phương trình \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) < 2{\rm{x}} + {\rm{m}}\) \[(m\] là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi và chỉ khi
\(m > f\left( 0 \right)\).
\({\rm{m}} > {\rm{f}}\left( 2 \right) - 4\).
\({\rm{m}} \ge {\rm{f}}\left( 0 \right)\).
\(m \ge f\left( 2 \right) - 4\).
Ta có \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) < 2{\rm{x}} + {\rm{m}} \Leftrightarrow {\rm{m}} > {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) - 2{\rm{x}}\,\,\,(*)\).
Xét hàm số \({\rm{g}}\left( {\rm{x}} \right) = {\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) - 2{\rm{x}}\) trên \((0;2)\).
Ta có \({\rm{g'}}\left( {\rm{x}} \right) = {\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) - 2 < 0\,\,\,\forall {\rm{x}} \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) nên hàm số \({\rm{g}}\left( {\rm{x}} \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Do đó \((*)\) đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\) khi \(m \ge g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\). Chọn C
\(v = 3\ln 3\).
\(v = 14\)
\(v = 3\ln 3 + 6\).
\(v = 26\).
Ta có: \[v\left( {\rm{t}} \right) = \int a \left( {\rm{t}} \right)dt = \int {\frac{3}{{t + 1}}} = 3\ln \left| {t + 1} \right| + C\].
Lại có: \(v\left( 6 \right) = 6 \Leftrightarrow 3\ln 7 + c = 6 \Leftrightarrow c = 6 - 3\ln 7\).
Suy ra \(v\left( {20} \right) = 3\ln 21 + 6 - 3\ln 7 = 3\ln 3 + 6\).
Vậy vận tốc của ô tô tại giây thứ 20 bằng \(3\ln 3 + 6\). Chọn C.
2 .
3 .
5 .
4 .
Số tiền ông Tuấn nhận được sau n năm là \({T_n} = 100{\left( {1 + \frac{{12}}{{100}}} \right)^n}\).
\({T_n} - 100 > 40 \Leftrightarrow 100{\left( {1 + \frac{{12}}{{100}}} \right)^n} - 100 > 40 \Leftrightarrow n > {\log _{1 + \frac{{12}}{{100}}}}\frac{{140}}{{100}} \approx 2,97.\)
Vậy giá trị nguyên dương nhỏ nhất của n là 3. Chọn B.
0 .
1 .
Vô số.
2 .
Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 1} \right) < {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {2x - 1} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 > 2x - 1}\\{2x - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\).
Do \(x\) nguyên nên \(x = 1\). Chọn B.
\(V = \frac{{4\pi }}{3}\).
\(V = 2\pi \).
\({\rm{V}} = \frac{4}{3}\).
\({\rm{V}} = 2\).
Thể tích khối tròn xoay được tính theo công thức
\({\rm{V}} = \pi \int\limits_0^1 {{{\left( {\sqrt {{{\rm{x}}^2} + 1} } \right)}^2}{\rm{dx}}} = \pi \int\limits_0^1 {\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right){\rm{dx}}} = \left. {\pi \left( {\frac{{{{\rm{x}}^3}}}{3} + {\rm{x}}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{4\pi }}{3}\). Chọn A.
3.
2
4.
5.
Ta có: \(y' = {m^2}{x^2} - 2\left( {{m^2} - 4m} \right)x + 1\).
Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R} \Leftrightarrow y' \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {m^2}{x^2} - 2\left( {{m^2} - 4m} \right)x + 1 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\). (*) .
• Với \(m = 0\), ta có \(y' = 1 \ge 0\,,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) (thỏa mãn bài toán).
• Với \({\rm{m}} \ne 0 \Leftrightarrow {{\rm{m}}^2} > 0:\) được thỏa mãn khi và chỉ khi \(\Delta ' = {\left( {{{\rm{m}}^2} - 4\;{\rm{m}}} \right)^2} - {{\rm{m}}^2} \le 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2}\left[ {{{\left( {m - 4} \right)}^2} - 1} \right] \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(m - 4)}^2} \le 1}\\{m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 \le m - 4 \le 1}\\{m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow 3 \le m \le 5.} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow m \in \left[ {3\,;\,\,5} \right] \cup \left\{ 0 \right\}\) thì hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn. Chọn C.
10.
12.
\(2\sqrt {34} \).
\(4\sqrt 5 \).
Ta có \({z^2} + 2z + 5 = 0\). Xét \(\Delta = {2^2} - 4.1.5 = - 16 < 0\).
Phương trình có hai nghiệm phức phân biệt là \({z_{1,\,\,2}} = \frac{{2 \pm i\sqrt {16} }}{2} = 1 \pm 2i\).
Khi đó: \(\left| {z_1^2} \right| + \left| {z_2^2} \right| = \sqrt {{{\left( {{1^2} + {2^2}} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} \right)}^2}} = 10\). Chọn A.
\({\rm{I}}\left( { - 4\,;\,\, - 3} \right)\).
\({\rm{I}}\left( {4\,;\,\,3} \right)\).
\(I\left( {3\,;\,\,4} \right)\).
\(I\left( { - 3\,;\,\, - 4} \right)\).
Đặt \(w = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\). Ta có \(w = \left( {1 + 2i} \right)z \Leftrightarrow z = \frac{w}{{1 + 2i}} = \frac{{x + iy}}{{1 + 2i}}\).
Do đó \(\left| {z + 2 - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {\frac{{x + iy}}{{1 + 2i}} + 2 - i} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {x + yi + \left( {2 - i} \right)\left( {1 + 2i} \right)} \right| = \left| {1 + 2i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {x + yi + 4 + 3i} \right| = \sqrt 5 \Leftrightarrow {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^5} = 5\).
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \({\rm{z}}\) là đường tròn tâm \({\rm{I}}\left( { - 4\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.
\(\left( {3\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\left( { - 3\,;\,\,3} \right)\).
\[\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right)\].
\(\left( { - 2\,;\,\, - 3} \right)\).
Gọi \[E\left( {x\,;\,\,y} \right).\] Ta có \(\overrightarrow {{\rm{AE}}} = 3\overrightarrow {{\rm{AB}}} - 2\overrightarrow {{\rm{AC}}} \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{AE}}} - \overrightarrow {{\rm{AB}}} = 2(\overrightarrow {{\rm{AB}}} - \overrightarrow {{\rm{AC}}} ) \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm{BE}}} = 2\overrightarrow {{\rm{CB}}} \)
\(\left( {x - 1\,;\,\,y - 1} \right) = 2\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 = - 4}\\{y - 1 = - 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 3}\end{array} \Rightarrow E\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right)} \right.} \right.\). Chọn C
\(7x + y - 2 = 0\)
\(7x - y = 0\).
\(x - 7y - 2 = 0\).
\(x + 7y - 2 = 0\).
Ta có \({\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\) mà \({\rm{AB}}:7{\rm{x}} - {\rm{y}} + 4 = 0\).
Nên \({\rm{CH}}\) có phương trình \(1\left( {{\rm{x}} - {{\rm{x}}_{\rm{H}}}} \right) + 7\left( {{\rm{y}} - {{\rm{y}}_{\rm{H}}}} \right) = 0\)
Trong đó \({x_H},\,\,{y_H}\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y - 4 = 0}\\{x - y - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 0}\end{array} \Rightarrow H\left( {2\,;\,\,0} \right)} \right.} \right.\).
Vậy phương trình đường cao \({\rm{CH}}:1\left( {x - 2} \right) + 7\left( {{\rm{y}} - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 7y - 2 = 0\).
Cách khác: Đường cao \({\rm{CH}} \bot {\rm{AB}}\) nên \({\rm{CH}}\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {\rm{n}} = \left( {1\,;\,\,7} \right)\). Chọn D.
\(\left( {\rm{Q}} \right):x - 2y - z - 5 = 0\).
\(\left( {\rm{Q}} \right):x - 2y - z + 7 = 0\).
\(\left( {\rm{Q}} \right):x - 2y - z - 7 = 0\).
\(\left( {\rm{Q}} \right):x - 2y - z + 5 = 0\).
Mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{{\rm{n}}_{\rm{P}}}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) nên \(\left( {\rm{Q}} \right)\) có một vectơ pháp tuyến \(\vec n = {\vec n_p} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) đi qua điểm \({\rm{A}}\left( { - 4\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\).
Phương trình mặt phẳng \(\left( {\rm{Q}} \right)\) là \(\left( {x + 4} \right) - 2\left( {y - 1} \right) - \left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 2y - z + 7 = 0\). Chọn B.
\(\frac{{\pi {\rm{a}}\sqrt 2 }}{4}\).
\(\frac{{\pi {{\rm{a}}^3}\sqrt 2 }}{6}\).
\(\frac{{\pi {{\rm{a}}^2}\sqrt 2 }}{{12}}\).
\(\frac{{\pi {{\rm{a}}^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).
Ta có: \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{r = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\\{h = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right..\)
\( \Rightarrow {\rm{V}} = \frac{1}{3}h\pi {{\rm{r}}^2} = \frac{1}{3}\pi \frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}{\left( {\frac{{{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi {{\rm{a}}^3}\sqrt 2 }}{{12}}.\) Chọn D.
Biết thể tích của khối trụ tạo thành bằng \(\frac{{27\pi }}{2}\). Diện tích của tấm tôn \({\rm{ABCD}}\) bằng
\(9\pi + 9x\).
\(18\pi + 18\).
36.
\(27\pi \).
Khi đó hình trụ có chiều cao \({\rm{h}} = {\rm{a}}\), bán kính đáy \({\rm{r}} = \frac{{\rm{a}}}{4}\).
Thể tích khối trụ \(V = \pi {r^2}\;h = \frac{{\pi {a^3}}}{{16}} = \frac{{27\pi }}{2} \Rightarrow a = 6\).
Chu vi đường tròn đáy bằng độ dài cạnh \({\rm{AE}}\) nên
\({\rm{AE}} = 2\pi {\rm{r}} = \frac{{\pi {\rm{a}}}}{2} = 3\pi .{\rm{AB}} = {\rm{AE}} + {\rm{EB}} = 3\pi + 3\).
Diện tích hình chữ nhật \({\rm{ABCD}}\) bằng \({\rm{S}} = {\rm{AB}} \cdot {\rm{AD}} = \left( {3\pi + 3} \right)6 = 18\pi + 18\). Chọn B.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}\).
Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \({\rm{ABC}}\).
Ta có \({\rm{AG}} = \frac{2}{3}{\rm{AI}} = \frac{{{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}\);
\[A'{G^2} = A'{A^2} - A{G^2} = {\left( {\frac{{2a}}{3}} \right)^2} - {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{9} \Rightarrow A'G = \frac{a}{3}.\]
\({\rm{V}} = {\rm{B}} \cdot {\rm{h}} = \frac{{{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{\rm{a}}}{3} = \frac{{{{\rm{a}}^3}\sqrt 3 }}{{12}} \cdot \) Chọn B.\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{3}\).
2 .
3 .
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \({\rm{ABCD}}\) là hình bình hành. Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \({\rm{ABC}}\) và \({\rm{M}}\) là trung điểm (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid4-1722300835.png)
Gọi \({\rm{O}} = {\rm{AC}} \cap {\rm{BD}}\,,\,\,{\rm{I}} = {\rm{AM}} \cap {\rm{SO}}\).
Trong mặt phẳng \[\left( {SBD} \right),\] kéo dài \[GI\] cắt \({\rm{SD}}\) tại \({\rm{K}}\) \( \Rightarrow {\rm{K}} = {\rm{SD}} \cap \left( {{\rm{AMG}}} \right)\).
Trong tam giác \({\rm{SAC}}\), có \({\rm{SO}},\,\,{\rm{AM}}\) là hai đường trung tuyến.
Suy ra I là trọng tâm tam giác \[SAC\]
\( \Rightarrow \frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{OS}}}} = \frac{1}{3}\) mà \[\frac{{{\rm{OG}}}}{{{\rm{OB}}}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{{\rm{OI}}}}{{{\rm{OS}}}} = \frac{{{\rm{OG}}}}{{{\rm{OB}}}} \Rightarrow {\rm{GI}}\,{\rm{//}}\,{\rm{SB}}\]\( \Rightarrow {\rm{GK}}\,{\rm{//}}\,{\rm{SB}} \Rightarrow \frac{{{\rm{KD}}}}{{{\rm{KS}}}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GB}}}}\).
Ta có \({\rm{DO}} = {\rm{BO}} = 3{\rm{GO}} \Rightarrow {\rm{GD}} = 4{\rm{GO}},\,\,{\rm{GB}} = 2{\rm{GO}}\).
Vậy \(\frac{{{\rm{KD}}}}{{{\rm{KS}}}} = \frac{{{\rm{GD}}}}{{{\rm{GB}}}} = \frac{{4{\rm{GO}}}}{{2{\rm{GO}}}} = 2 \Rightarrow \frac{{{\rm{KS}}}}{{{\rm{KD}}}} = \frac{1}{2}\). Chọn A.
\({\rm{M}}\left( { - \frac{{11}}{3};\,\,\frac{{14}}{3};\,\,\frac{{13}}{3}} \right)\).
\({\rm{M}}\left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)\).
\({\rm{M}}\left( { - \frac{{29}}{3};\,\,\frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)\).
\(M\left( {\frac{{11}}{3};\,\,\frac{{14}}{3};\,\, - \frac{{13}}{3}} \right)\).
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[{\rm{I}}\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\] và bán kính \({\rm{R}} = 10\).
Khoảng cách từ \({\rm{I}}\) đến mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) là \({\rm{d}}\left( {{\rm{I}}\,,\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) = 6 < {\rm{R}}\) nên \(\left( {\rm{P}} \right)\) cắt \[\left( S \right)\].
Khoảng cách từ \({\rm{M}}\) thuộc \[\left( S \right)\] đến \(\left( {\rm{P}} \right)\) lớn nhất
\( \Rightarrow M \in \left( d \right)\) đi qua I và vuông góc với \(\left( {\rm{P}} \right)\). Phương trình \(\left( d \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + 2t}\\{y = - 2 - 2t}\\{z = 1 - t}\end{array}} \right.\).
Ta có \[M \in \left( d \right) \Rightarrow M\left( {3 + 2t\,;\,\, - 2 - 2t\,;\,\,1 - t} \right).\]
Mà \(M \in \left( {\rm{P}} \right)\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{10}}{3} \Rightarrow {M_1}\left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)}\\{t = - \frac{{10}}{3} \Rightarrow {M_2}\left( { - \frac{{11}}{3};\,\,\frac{{14}}{3};\,\,\frac{{13}}{3}} \right)}\end{array}} \right..\)
Thử lại: Ta thấy \({\rm{d}}\left( {{{\rm{M}}_1},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right) > {\rm{d}}\left( {{{\rm{M}}_2},\,\,\left( {\rm{P}} \right)} \right)\).
Do đó \({\rm{M}}\left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn C.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 2 - 2t}\\{z = 2 + 3t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 2t}\\{z = - 2 + 3t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = - 2 - 2t}\\{z = 2}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - 2t}\\{z = - 2}\end{array}} \right.\).
Mặt phẳng \(\left( P \right):{\rm{x}} - 2{\rm{y}} + 3 = 0\) có VTPT \[{\overrightarrow {\rm{n}} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,0} \right)\].
Đường thẳng \({\rm{d}}\) qua \({\rm{A}}\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 2} \right)\) và vuông góc với \[\left( P \right)\] có VTCP \(\overrightarrow {\rm{u}} = {\overrightarrow {\rm{n}} _{\left( P \right)}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,0} \right)\).
Vậy \({\rm{d}}:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{x}} = 1 + {\rm{t}}}\\{{\rm{y}} = 2 - 2{\rm{t}}}\\{{\rm{z}} = - 2}\end{array}\,\,({\rm{t}} \in \mathbb{R})} \right.\). Chọn D.
2.
1.
4.
3.
Xét \(h\left( {\rm{x}} \right) = f\left( {{x^2}} \right) - 2x\)
\( \Rightarrow h'\left( {\rm{x}} \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) - 2 = 2\left[ {xf'\left( {{x^2}} \right) - 1} \right],\,\,h'\left( {\rm{x}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow xf'\left( {{x^2}} \right) - 1 = 0\)
• Nếu \(x \le 0\) thì phương trình vô nghiệm vì \(f'\left( {{x^2}} \right) \ge 0\,,\,\,\forall x\) nên \(xf'\left( {{x^2}} \right) \le 0\,,\,\,\forall x \le 0 \Rightarrow xf'\left( {{x^2}} \right) - 1 < 0\,,\,\,\forall x \le 0\)• Nếu \(x > 0\), đặt \[{x^2} = t \Rightarrow f'\left( t \right) = \frac{1}{{\sqrt t }}\] có nghiệm duy nhất \(t = a \in \left( {0\,;\,\,1} \right).\)
Vì \(h\left( 0 \right) = 0\,;\,\,h\left( 2 \right) > 0\) nên ta có bảng biến thiên của h(x) như sau:
Vậy hàm số \(g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|\) có 3 cực trị. Chọn D.
\(16x + 40y - 44z + 39 = 0\).
\(16x + 40y + 44z - 39 = 0\).
\(16x - 40y - 44z + 39 = 0\).
\(16x - 40y - 44z - 39 = 0\).
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: \(4 = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AB'}}}} + \frac{{{\rm{AC}}}}{{{\rm{AC'}}}} + \frac{{{\rm{AD}}}}{{{\rm{AD'}}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}}{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}}}\)
\( \Rightarrow \frac{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}} \ge \frac{{27}}{{64}} \Rightarrow \frac{{{V_{A{\rm{B'C'D'}}}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{\rm{AB'}} \cdot {\rm{AC'}} \cdot {\rm{AD'}}}}{{{\rm{AB}} \cdot {\rm{AC}} \cdot {\rm{AD}}}} \ge \frac{{27}}{{64}} \Rightarrow {V_{A{\rm{B'C'D'}}}} \ge \frac{{27}}{{64}}{V_{ABCD}}\).
Để \({V_{A{\rm{B'C'D'}}}}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(\frac{{A{\rm{B'}}}}{{AB}} = \frac{{AC'}}{{AC}} = \frac{{AD'}}{{AD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \overrightarrow {A{\rm{B'}}} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \Rightarrow {\rm{B'}}\left( {\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}} \right)\).
Lúc đó mặt phẳng \[\left( {B'C'D'} \right)\] song song với mặt phẳng \(\left( {{\rm{BCD}}} \right)\) và đi qua \({\rm{B'}}\left( {\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}} \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình mặt phẳng \(\left( {B'C'D'} \right)\) là \(16{\rm{x}} + 40{\rm{y}} - 44{\rm{z}} + 39 = 0\). Chọn A.
2.
3.
Vô số.
5.
\(y = \left| {4{\rm{f}}\left( {\sin x} \right) + \cos 2x - a} \right| = \left| {4f\left( {\sin x} \right) - 2{{\sin }^2}x + 1 - a} \right|.\)
Đặt \(t = \sin x\,,\,\,t \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\) do \(x \in \left( {0\,;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)\).
Bài toán trở thành: Có bao nhiêu số nguyên dương \[a\] để hàm số \({\rm{y}} = \left| {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right|\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \[{\rm{y'}} = \frac{{\left[ {4{\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) - 4{\rm{t}}} \right]\left[ {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right]}}{{\left| {4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1 - {\rm{a}}} \right|}} \le 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\,\,(*).\]
Với \({\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\) thì đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right)\) nằm phía dưới trục \({\rm{Ox}}\)
\( \Rightarrow {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) < 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right) \Rightarrow {\rm{f'}}\left( {\rm{t}} \right) - {\rm{t}} < 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\)
Khi đó: \((*) \Leftrightarrow 4f\left( {\rm{t}} \right) - 2{t^2} + 1 - a \ge 0\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right) \Leftrightarrow a \le 4f\left( {\rm{t}} \right) - 2{t^2} + 1\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\).
Xét hàm số \({\rm{g}}\left( {\rm{t}} \right) = 4{\rm{f}}\left( {\rm{t}} \right) - 2{{\rm{t}}^2} + 1\) trên \(\left( {0\,;\,\,1} \right)\).
Ta có \(g'\left( {\rm{t}} \right) = 4f'\left( {\rm{t}} \right) - 4t < 0 \Rightarrow g\left( {\rm{t}} \right) > g\left( 1 \right) = 4f\left( 1 \right) - 2 \cdot 1 + 1 = 3\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\).
Do đó \(a \le 3 < g\left( {\rm{t}} \right)\,,\,\,\forall {\rm{t}} \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\). Vậy \(0 < a \le 3 \Rightarrow a \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right\}\). Chọn B.
0.
1.
2.
3.
Điều kiện \(1 - 2x > 0 \Leftrightarrow x < \frac{1}{2}\).
\[\frac{{\left| {3 - x} \right|}}{{\sqrt {1 - 2x} }} = \frac{{2x + 3}}{{\sqrt {1 - 2x} }} \Leftrightarrow \left| {3 - x} \right| = 2x + 3\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 3 \ge 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - x = 2x + 3}\\{3 - x = - 2x - 3}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{{ - 3}}{2}}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0\,\,\,\,\,\,(TM)}\\{x = - 6\,\,\,\,\,(L)}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow x = 0.} \right.} \right.\] Chọn B.
\(I = \frac{9}{2}\).
\(I = \frac{{1187}}{{45}}\).
\(I = \frac{{1188}}{{45}}\).
\(I = \frac{{1186}}{{45}}\).
Từ giả thiết suy ra \(f'\left( {\rm{x}} \right) \ge 0\,,\,\,\forall {\rm{x}} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\) và \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right) \ge {\rm{f}}\left( 1 \right) > 0\,,\,\,\forall {\rm{x}} \in \left[ {1\,;\,\,4} \right]\).
Ta có \[x + 2xf\left( {\rm{x}} \right) = {\left[ {f'\left( {\rm{x}} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow x\left[ {1 + 2f\left( {\rm{x}} \right)} \right] = {\left[ {f'\left( {\rm{x}} \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f'\left( {\rm{x}} \right)}}{{\sqrt {1 + 2f\left( {\rm{x}} \right)} }} = \sqrt x \].
Suy ra: \[\int {\frac{{f'\left( {\rm{x}} \right)}}{{\sqrt {1 + 2{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} }}} {\rm{dx}} = \int {\sqrt {\rm{x}} dx} \Leftrightarrow \sqrt {1 + 2{\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)} = \frac{2}{3}{\rm{x}}\sqrt {\rm{x}} + {\rm{C}}\].
Vì \(f\left( 1 \right) = \frac{3}{2} \Rightarrow 2 = \frac{2}{3} + C \Leftrightarrow C = \frac{4}{3}.\) Do đó \(f(x) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}} \right)}^2} - 1} \right].\)
Vậy \[I = \int\limits_1^4 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^4 {\frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\frac{2}{3}x\sqrt x + \frac{4}{3}} \right)}^2} - 1} \right]dx} = \frac{{1\,\,186}}{{45}}\]. Chọn D.
\(\frac{3}{7}\).
\(\frac{1}{{10}}\).
\(\frac{1}{7}\).
\(\frac{3}{{10}}\).
Ta có \(n\left( \Omega \right) = 8!\).
Gọi A là biến cố "2 em ngồi đối diện khác giới trong đó Hoàng và Nhi ngồi đối diện nhau hoặc ngồi cạnh nhau".
TH1: Hoàng ngồi đối diện Nhi: Chọn 1 ghế cho Hoàng có 8 cách.
Xếp cho Nhi ngồi đối diện Hoàng có 1 cách. Xếp các ghế còn lại có \[6 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 288\] (cách).
Vậy TH1 có 2304 cách.
TH2: Nhi ngồi cạnh Hoàng và Hoàng ngồi ở các vị trí đầu hoặc cuối hàng ghế.
Chọn 1 ghế cho Hoàng có 4 cách. Xếp cho Nhi ngồi cạnh Hoàng có 1 cách.
Xếp các bạn nữ ngồi đối diện Hoàng có 3 cách.
Xếp các bạn nam ngồi đối diện Nhi có 3 cách. Xếp các ghế còn lại có: \[4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 16\] (cách).
Số cách xếp trong trường hợp này là 576 cách.
TH3: Nhi ngồi cạnh Hoàng và Hoàng ngồi ở các vị trí giữa hàng ghế.
Chọn 1 ghế cho Hoàng có: 4 cách. Xếp cho Nhi ngồi cạnh Hoàng có 2 cách.
Xếp các bạn nữ ngồi đối diện Hoàng có 3 cách. Xếp các bạn nam ngồi đối diện Nhi có 3 cách.
Xếp các ghế còn lại có \(4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 = 16\) (cách).
Số cách xếp trong trường hợp này là 1152 cách.
Vậy \(n(A) = 4023 \Rightarrow P(A) = \frac{{4023}}{{8!}} = \frac{1}{{10}}\). Chọn B.
\(\frac{{4\;{\rm{V}}}}{9}\).
\(\frac{V}{{27}}\).
\(\frac{V}{9}\).
\(\frac{{4\;{\rm{V}}}}{{27}}\).
Gọi \[E\,,\,\,F\,,\,\,I\] lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \[BC,\,\,CD,\,\,BD.\]
Ta có \(\frac{{{{\rm{V}}_{{\rm{AMNP }}}}}}{{{{\rm{V}}_{{\rm{AEFI }}}}}} = \frac{8}{9} \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{AMNP}}}} = \frac{8}{9}\;{{\rm{V}}_{{\rm{AEFI}}}} = \frac{2}{9}\;{\rm{V}}\).
\({{\rm{V}}_{{\rm{MNPQ}}}} = \frac{1}{3}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{Q}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}} = \frac{1}{3}\frac{1}{2}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{A}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}}\)
\( = \frac{1}{6}\;{\rm{d}}\left( {{\rm{Q}},\,\,\left( {{\rm{MNP}}} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MNP}}}} = \frac{1}{2}\;{{\rm{V}}_{{\rm{AMNP}}}} = \frac{{\rm{V}}}{9} \cdot \) Chọn C.Hệ số góc của tiếp tuyến: \(y' = 6{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( { - 2} \right) = 36\). Đáp án: 36.
Ta có \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{x}} = \pm 2\) là các nghiệm đơn. Do đó hàm số có 2 điểm cực trị.
Đáp án: 2.
Áp dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1 \Leftrightarrow 6x + 2y + 3z = 6\).
Vậy \[d\left( {I\,,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {6 + 4 + 3 - 6} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {2^2} + {3^2}} }} = 1\]. Đáp án: 1.
Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán có dạng \(\overline {{\rm{abcdef}}} \).
Xét trường hợp có cả chữ số 0 đứng đầu. Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là \(C_7^2\).
Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là \(C_5^3\).
Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp \(\left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}\) để xếp vào hai vị trí cuối là \(A_{78}^2\).
Do đó có \(C_7^2 \cdot C_5^3 \cdot A_8^2 = 11\,\,760\) (số)
Xét trường hợp chữ số 0 đứng đầu, \(a = 0\) nên có 1 cách chọn.
Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là: \(C_6^2\).
Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là \({\rm{C}}_4^3\).
Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp \(\left\{ {1\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}\) là 7 cách.
Do đó có: \(1 \cdot C_6^2 \cdot C_4^3 \cdot 7 = 420.\)
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán: \(11\,\,760 - 420 = 11\,\,340\) (số).
Đáp án: \[11\,\,340.\]
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 7x + 12} }}{{a\left| x \right| - 17}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {4 - \frac{7}{x} + \frac{{12}}{{{x^2}}}} }}{{ - x\left( {a + \frac{{17}}{x}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {4 - \frac{7}{x} + \frac{{12}}{{{x^2}}}} }}{{a + \frac{{17}}{x}}} = \frac{2}{a} = \frac{2}{3}.\)
Đáp án: 3.
Với \(c\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}}\,,\,\,t > 0\) ta có \(c'\left( t \right) = \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}}\).
Cho \(c'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - {t^2} + 1}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = 1\).
Bảng biến thiên
Vậy \[\mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left( {0\,;\, + \infty } \right)} c\left( t \right) = \frac{1}{2}\] khi \(t = 1\). Đáp án: 1.
![Cho hàm số \(y = f\left( {\rm{x}} \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\left[ { - 2\,;\,\,3} \right]\) và \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)\) có đồ thị như hình bên. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid11-1722301959.png)
Cho hàm số \(y = f\left( {\rm{x}} \right)\) có đạo hàm liên tục trên \(\left[ { - 2\,;\,\,3} \right]\) và \({\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)\) có đồ thị như hình bên. Biết \[\int\limits_{ - 2}^1 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = 3\] và diện tích \(S = \frac{5}{3}.\) Giá trị của \(3f\left( 3 \right) - 3f\left( { - 2} \right)\) bằng
Đáp án: ……….Ta có \(\int\limits_{ - 2}^1 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = 3 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 2} \right) = 3\,\,\,(1)\)
Lại có \[S = \frac{5}{3} \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\left| {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)} \right|{\rm{d}}x} = \frac{5}{3} \Leftrightarrow - \int\limits_1^3 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = \frac{5}{3}\]\[ \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right){\rm{d}}x} = - \frac{5}{3} \Leftrightarrow f\left( 3 \right) - f\left( 1 \right) = - \frac{5}{3}.\]
Lấy \((1) + (2)\), ta được \(f\left( 3 \right) - f\left( { - 2} \right) = 3 - \frac{5}{3} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow 3f\left( 3 \right) - 3f\left( { - 2} \right) = 4.\)
Đáp án: 4.
Cho hình thang cong \(\left( {\rm{H}} \right)\) giới hạn bởi các đường \({\rm{y}} = {{\rm{e}}^{\rm{x}}}\), \(y = 0,\,\,x = 0\) và \(x = \ln 4\). Đường thẳng \(x = k\)\(\left( {0 < k < \ln 4} \right)\) chia \(\left( {\rm{H}} \right)\) thành hai phần có diện tích là \({{\rm{S}}_1},\;\,\,{{\rm{S}}_2}\) và như hình vẽ bên. Biết với \({\rm{k}} = \ln \frac{{\rm{a}}}{{\rm{b}}}\) thì \({S_1} = {S_2}.\) Tính \({\rm{a}} + {\rm{b}}{\rm{.}}\)
Đáp án: ……….Dựa vào hình vẽ ta có: \({S_1} = \int\limits_0^k {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_0^k = {e^k} - 1\,;\,\,{S_2} = \int\limits_k^{\ln 4} {{e^x}dx} = \left. {{e^x}} \right|_k^{\ln 4} = 4 - {e^k}\).
Theo đề ra: \({{\rm{S}}_1} = {{\rm{S}}_2} \Leftrightarrow {{\rm{e}}^{\rm{k}}} - 1 = \left( {4 - {{\rm{e}}^{\rm{k}}}} \right) \Leftrightarrow 2{{\rm{e}}^{\rm{k}}} = 5 \Leftrightarrow {\rm{k}} = \ln \frac{5}{2} \Rightarrow {\rm{a}} + {\rm{b}} = 7\).
Đáp án: 7.
![Cho hàm số \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình \({\rm{f}}\left| {{\rm{f}}\left( {\cos x} \right) - 1} \right| = 0\) có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn \[\left[ {0\,;\,\,3} \right]\]? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid13-1722302053.png)
Cho hàm số \({\rm{f}}\left( {\rm{x}} \right)\) là hàm đa thức bậc ba và có đồ thị như hình vẽ bên. Phương trình \({\rm{f}}\left| {{\rm{f}}\left( {\cos x} \right) - 1} \right| = 0\) có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn \[\left[ {0\,;\,\,3} \right]\]?
Đáp án: ……….Xét phương trình \(2{\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow {\rm{f}}\left( {{{\rm{x}}^2} + 1} \right) = \frac{1}{2}\,\,(*)\).
Trên đoạn \(\left[ { - 2\,;\,\,2} \right]\) đồ thị hàm số \({\rm{y}} = {\rm{f}}({\rm{x}})\) cắt đường thẳng \({\rm{y}} = \frac{1}{2}\) tại ba điểm phân biệt \({\rm{x}} = {\rm{a}} < - 1\,,\,\,{\rm{x}} = {\rm{b}} < 1\,,\,\,{\rm{x}} = {\rm{c}} > 1\).
Khi đó từ (*) ta có \({x^2} + 1 = c\) có 2 nghiệm phân biệt, \({x^2} + 1 = a\,,\,\,{x^2} + 1 = b\) vô nghiệm.
Đáp án: 2.
Ta có: \(\left| z \right| = 5 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 25\) (1).
Và \(\left( {4 - 3i} \right)z = \left( {{\rm{a}} + {\rm{bi}}} \right)\left( {4 - 3i} \right) = \left( {4{\rm{a}} + 3\;{\rm{b}}} \right) + \left( {4{\rm{b}} - 3{\rm{a}}} \right)\) (\[i\] là số thực) nên \(4\;{\rm{b}} - 3{\rm{a}} = 0\).
Thay vào \((1)\) ta được \({a^2} + {\left( {\frac{3}{4}a} \right)^2} = 25 \Leftrightarrow \left| a \right| = 4 \Rightarrow \left| b \right| = 3 \Rightarrow P = \left| a \right| + \left| b \right| + 3 = 10\).
Đáp án: 10.
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thang vuông tại \(A\) và \(D,\) \(AB = AD = 2a.\) Gọi \[I\] là trung điểm cạnh (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid14-1722302197.png)
Diện tích hình thang \(ABCD\) là:
\({{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}}\left( {{\rm{AB}} + {\rm{CD}}} \right) = \frac{1}{2}2{\rm{a}} \cdot 3{\rm{a}} = 3{{\rm{a}}^2},\,\,{\rm{CB}} = {\rm{AC}} = {\rm{a}}\sqrt 5 .\)
Độ dài đường cao \({\rm{SI}} = \frac{{3\;{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}}}} = \frac{{3 \cdot \frac{{3\sqrt {15} {{\rm{a}}^3}}}{5}}}{{3{{\rm{a}}^2}}} = \frac{{3\sqrt {15} {\rm{a}}}}{5}\).
Vẽ \({\rm{IH}} \bot {\rm{CB}}\) tại \({\rm{H}} \Rightarrow {\rm{BC}} \bot \left( {{\rm{SIH}}} \right) \Rightarrow {\rm{BC}} \bot {\rm{SH}}\).
Ta có \[\widehat {\left( {\left( {{\rm{SBC}}} \right),\left( {{\rm{ABCD}}} \right)} \right)} = \widehat {\left( {{\rm{IH}},\,\,{\rm{SH}}} \right)} = \widehat {{\rm{SHI}}}\].
\({{\rm{S}}_{{\rm{ICB}}}} = {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} - {{\rm{S}}_{{\rm{IDC}}}} - {{\rm{S}}_{{\rm{AIB}}}} = 3{{\rm{a}}^2} - \frac{{{{\rm{a}}^2}}}{2} - {{\rm{a}}^2} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}}}{2} \Rightarrow {\rm{IH}}{\rm{.CB}} = 3{{\rm{a}}^2}\)
\( \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5},\,\,\tan \widehat {SHI} = \frac{{SI}}{{IH}} = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}:\frac{{3a\sqrt 5 }}{5} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SHI} = 60^\circ .\) Đáp án: 60.
Ta có VTPT của \[\left( P \right)\] là: \[\overrightarrow {{{\rm{n}}_{({\rm{P}})}}} = \left( {1\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2} \right)\,,\,\,\overrightarrow {{{\rm{n}}_{\left( Q \right)}}} = \left( {{\rm{a}}\,;\,\, - 2\,;\,{\rm{b}}} \right)\].
Theo bài ra \(\left( P \right) \bot \left( Q \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {{{\rm{n}}_{\left( P \right)}}} \cdot \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = 0 \Leftrightarrow {\rm{a}} + 6 - 2\;{\rm{b}} = 0\) (1).
Mặt khác: \({\rm{M}} \in \left( Q \right) \Rightarrow {\rm{a}} + 6 + 2\;{\rm{b}} - 7 = 0 \Leftrightarrow {\rm{a}} + 2\;{\rm{b}} = 1\) (2).
Từ (1) và (2) giải ra tìm được \(a = - \frac{5}{2},\,\,b = \frac{7}{4} \Rightarrow 3a + 2b = 3 \cdot \left( { - \frac{5}{2}} \right) + 2 \cdot \frac{7}{4} = - 4\).
Đáp án: −4.
Ta có: \({\log _2}\left( {4x + 4} \right) + x = y + 1 + {2^y} \Leftrightarrow {\log _2}4 + {\log _2}\left( {x + 1} \right) + x = y + 1 + {2^y}\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right) + {\log _2}\left( {x + 1} \right) = {2^y} + {\log _2}{2^y} \Leftrightarrow f(x + 1) = f\left( {{2^y}} \right) \Leftrightarrow x + 1 = {2^y} \Leftrightarrow x = {2^y} - 1\)
Với \(0 \le x \le 2021\) thì \(0 \le {2^y} - 1 \le 2021 \Leftrightarrow {2^0} \le {2^y} \le 2022 \Leftrightarrow 0 \le y \le {\log _2}2022 \approx 10,98\) .
Mà với mỗi \(y \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \mathbb{Z}\) nên có 11 cặp nguyên \[\left( {x\,;\,\,y} \right)\] thỏa mãn bài toán.
Đáp án: 11.
Gọi \({\rm{H}}\) là tâm hình vuông \({\rm{ABCD}}\) nên\({\rm{SH}} \bot \left( {{\rm{ABCD}}} \right)\)
Đặt \(AB = a\,\,(a > 0)\,,\,\,{S_{ABCD}} = {a^2};\,\,BD = a\sqrt 2 \).
Tam giác SBD vuông tại \(S\) nên \(SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\({{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}} = \frac{1}{3}{\rm{SH}} \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}{{\rm{a}}^3} = \frac{{\sqrt 2 }}{6} \Rightarrow {\rm{a}} = 1\)
\({{\rm{V}}_{{\rm{MACD}}}} = \frac{1}{4}\;{{\rm{V}}_{{\rm{S}}.{\rm{ABCD}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}};\,\,{\rm{HM}} = \frac{1}{2}{\rm{SB}} = \frac{1}{2}\) (vì \({\rm{SB}} = {\rm{AB}} = 1\))
\[{S_{MAC}} = \frac{1}{2}MH \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt 2 = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\] Ta có: \(d\left( {B,\left( {MAC} \right)} \right) = d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right)\).
Lại có \({V_{{\rm{MACD}}}} = \frac{1}{3} \cdot d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) \cdot {{\rm{S}}_{{\rm{MAC}}}} \Rightarrow d\left( {D,\left( {MAC} \right)} \right) = \frac{{3\;{{\rm{V}}_{{\rm{MACD}}}}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAC}}}}}} = \frac{1}{2}\).
Đáp án: 0,5.
Ta có \({\rm{r}} = 3\,,\;\,\,{{\rm{V}}_{{\rm{CN}}}} = \pi {{\rm{r}}^2} \cdot h = \pi \cdot 15 \cdot {3^2} = 135\pi \).
Thể tích \({{\rm{V}}_1}\) của cốc nước sau khi thả 5 viên bi là: \({{\rm{V}}_1} = \pi \cdot 10 \cdot {3^2} + 5 \cdot \frac{4}{3}\pi \cdot {\ell ^3} = \frac{{290\pi }}{3}\).
Thể tích của phần còn trống là: \({V_2} = {V_{CN}} - {V_1} = 135\pi - \frac{{290\pi }}{3} = \frac{{115\pi }}{3}\).
Gọi \({{\rm{h}}_1}\) là khoảng cách từ mực nước trong cốc đến miệng cốc, ta có:
\(\pi {3^2} \cdot {h_1} = \frac{{115\pi }}{3} \Rightarrow {h_1} = \frac{{115}}{{27}} \approx 4,26\,\,({\rm{cm)}}.\)
Đáp án: 4,26.
Trẻ em Mĩ rất độc lập, dũng cảm, tích cực, lạc quan và tự tin.
Trẻ em Mĩ có năng lực thực hành và tính sáng tạo vượt trội.
Trẻ em Mĩ rất can đảm và không sợ thử thách.
Trẻ em Mĩ có khả năng sửa chữa đồ đạc trong nhà bị hư hỏng.
Ý D không được nói đến trong đoạn trích vì đoạn trích cho biết trẻ em Mĩ có có thể tự mình sửa chữa những món đồ chơi bị hỏng chứ không phải sửa chữa đồ đạc hư hỏng (nghĩa của từ “đồ đạc” rộng hơn từ “đồ chơi”). Chọn D.
Cha mẹ người Mĩ không chỉ là bạn mà còn là người thầy tốt ở bên con trong suốt cuộc đời.
Trẻ em người Mĩ có thể tự kiếm tiền chi trả học phí.
Cha mẹ người Mĩ dành toàn bộ thời gian để quan tâm, yêu thương các con.
Phương pháp giáo dục con của người Mĩ rất độc đáo.
Cha mẹ Mĩ biết lúc nào nên thể hiện sự quan tâm yêu thương với con, lúc nào nên buông tay để con dũng cảm tự lập. Chọn C.
Diễn dịch.
Song hành.
Quy nạp.
Tổng phân hợp.
Câu chủ đề đặt ở vị trí cuối đoạn trích: Tất cả những điều nói trên là hiện thân cho phương pháp giáo dục độc đáo của người Mĩ. Chọn C.
Những điều cần tránh trong cách giáo dục con của người Mĩ.
Những ưu điểm nổi bật của trẻ em Mĩ.
Phương pháp giáo dục trẻ em của người Mĩ.
Những phẩm chất đặc biệt của trẻ em Mĩ.
Đoạn trích nói về phương pháp giáo dục trẻ em của người Mĩ. Chọn C.
Chứng minh.
Giải thích.
Thuyết phục.
Biểu hiện.
Vì “hiện thân” hiểu theo nghĩa văn chương thì là biểu hiện cụ thể của một cái gì đó. Chọn D.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Tự sự.
Nghị luận.
Phương thức biểu đạt: nghị luận. Chọn D.
Có thật nhiều tài sản giá trị.
Có sự tự tin cho chính mình.
Được nhiều người biết đến.
Được sống như mình mong muốn.
Nếu bạn muốn thành công, trước hết bạn phải có sự tự tin cho chính mình. Chọn B.
Hạnh phúc.
Lòng tự tin.
Lòng tự trọng.
Cuộc sống.
Nội dung chính mà văn bản đề cập: Bàn về lòng tự tin. Chọn B.
Lòng tự tin xuất phát từ bên trong, từ sự hiểu mình.
Thành công là sẽ tự tin
Vì họ tài năng, thông minh, xinh đẹp.
Vì bạn là ai thì bạn cũng luôn có trong mình những giá trị nhất định.
Lòng tự tin xuất phát từ bên trong, từ sự hiểu mình: Biết ưu thế, sở trường… bản thân sẽ phát huy để thành công trong công việc, cuộc sống; biết mình có những hạn chế, khuyết điểm sẽ có hướng khắc phục để trở thành người hoàn thiện, sống có ích. Chọn A.
Cần chịu khó học hỏi, trau dồi kiến thức.
Chấp nhận thử thách để sống ý nghĩa.
Tự tin xuất phát từ chính bản thân bạn.
Bí quyết để có cuộc sống thành công thực sự.
Thông điệp: Tự tin xuất phát từ chính bản thân bạn. Chọn C.
Vấn đề lạm dụng tiếng nước ngoài khi nói và viết tiếng Việt.
Ảnh hưởng của việc sử dụng “tiếng lai” đến bản sắc văn hóa dân tộc.
Lợi ích của việc sử dụng từ mượn trong nói và viết tiếng Việt.
Lợi ích của việc nói “tiếng lai” khi học ngoại ngữ.
Nội dung chính của đoạn trích nằm ở câu đầu tiên: Dạo này, dường như ngày càng có nhiều người, nhất là lớp trẻ, khi nói và viết tiếng Việt thường chen tiếng nước ngoài, chủ yếu là tiếng Anh. Chọn A.
Thường xuyên sử dụng tiếng nước ngoài khi giao tiếp.
Biết được từ đồng nghĩa hoặc từ tương ứng giữa tiếng Việt và tiếng nước ngoài.
Kết bạn với người nước ngoài để học hỏi từ họ.
Áp dụng công nghệ thông tin khi học ngoại ngữ.
Thông tin nằm ở câu: Vì muốn hiểu sâu ngoại ngữ thì phải biết được từ đồng nghĩa hoặc từ tương ứng trong tiếng Việt. Chọn B.
Khi nhiều thuật ngữ mới ra đời mà chưa có từ tiếng Việt tương ứng.
Khi muốn quá trình học và thông thạo ngoại ngữ diễn ra nhanh chóng.
Khi muốn hội nhập với quốc tế.
Khi giao tiếp với người nước ngoài.
Thông tin nằm ở câu: Trong sự phát triển mau lẹ của khoa học và công nghệ, nhất là của tin học và công nghệ thông tin, nhiều thuật ngữ mới ra đời, mà do chưa kịp có từ tương ứng trong tiếng Việt, nên buộc phải dùng thuật ngữ bằng tiếng nước ngoài khi nói cũng như khi viết. Chọn A.
Vì họ thích thể hiện là người sành điệu, thời thượng.
Vì họ học giỏi ngoại ngữ.
Vì công việc của họ đòi hỏi họ phải sử dụng tiếng lai.
Vì họ sống ở nước ngoài.
Thông tin nằm ở câu: Đang có nhiều người cứ thích nói bằng tiếng Anh những từ hoàn toàn có thể diễn đạt được bằng tiếng Việt, và hãnh diện coi đó là thời thượng, là “sành điệu”. Chọn A.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Đoạn trích trên bàn về một vấn đề trong xã hội, đó là việc lạm dụng chêm xen tiếng nước ngoài khi nói và viết tiếng Việt. Tác giả đưa ra chủ điểm cùng các lí lẽ, dẫn chứng để chứng minh. Vì vậy, đoạn trích sử dụng phương thức biểu đạt nghị luận. Chọn D.
Xin cho người chồng vũ phu có công việc ở trên bờ.
Xin giúp đỡ cho hoàn cảnh éo le của mình.
Xin quý tòa bắt người chồng vũ phu vào tù.
Xin quý tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu.
Trong đoạn trích có câu “Các chú đừng bắt tôi bỏ nó”. Người đàn bà hàng chài xin quý tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu. Chọn D.
Thô kệch, nông nổi một cách ngờ nghệch.
Bao dung, giàu đức hi sinh và lòng vị tha.
Đảm đang, tháo vát, có sức sống mãnh liệt.
Dịu dàng, kín đáo không muốn làm phiền người khác.
Trong đoạn trích, người đàn bà hàng chài dù bị người chồng vũ phu đánh đập nhưng vẫn không muốn bỏ hắn vì nghĩ tới đàn con, nghĩ tới gia đình, nghĩ tới bản chất tốt đẹp của chồng, nhận mọi lỗi lầm về mình. Điều đó chứng tỏ chị là người bao dung, giàu đức hi sinh và lòng vị tha. Chọn B.
Người chồng gia trưởng, ưa thể hiện uy quyền.
Người chồng nghiện rượu và ham mê cờ bạc.
Người đàn bà hàng chài hay phản kháng và gay gắt với chồng.
Cuộc sống trên thuyền khổ cực, túng quẫn và đông con.
Nguyên nhân người đàn bà hàng chài thường xuyên bị chồng đánh đập thể hiện ở câu: “Bất kể lúc nào thấy khổ quá là lão lại xách tôi ra đánh...”. Chọn D.
Không muốn các con phải chứng kiến cảnh tượng đau lòng.
Hi vọng sẽ có người nhìn thấy cảnh tượng bạo hành để đưa người chồng vào tù.
Muốn bảo vệ tài sản duy nhất của gia đình là chiếc thuyền.
Lo sợ công việc làm ăn trên thuyền bị gián đoạn.
Lí do người đàn bà hàng chài không thể bỏ người chồng vũ phu.
Sự bất hạnh của những đứa trẻ phải sống trong cảnh bạo lực gia đình.
Sự thay đổi tính cách của người chồng trước và sau khi lập gia đình.
Cuộc sống khổ cực của những gia đình hàng chài.
Đoạn trích là lời của người đàn bà hàng chài đưa ra những lí do để thuyết phục quan tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu như: người chồng đánh chị ta vì cuộc sống quá nghèo khổ cơ cực chứ không phải do bản tính của hắn, con thuyền cần một người đàn ông để chèo chống, để cùng nuôi con,... Chọn A.
vị thành niên.
gay cấn.
danh giá.
kì vọng.
Đọc nội dung ngữ liệu để xác định được nội dung và nghĩa của câu: Áp lực học tập của trẻ vị thành niên. Trong đó nhắc đến mối quan hệ cạnh tranh điểm số giữa các học sinh trong lớp, từ “gay cấn” sử dụng không hợp về ý nghĩa đối với ngữ cảnh bởi “gay cấn” chỉ tình huống có nhiều trở ngại, vướng mắc đến mức như không vượt qua, không thể giải quyết được. Còn trường hợp này nên dùng “gay gắt” để chỉ một tình huống có mức độ khó khăn, áp lực cao, gây cảm giác khó chịu hoặc căng thẳng. Chọn B.
bắn phá.
phớt lờ.
trầm ngâm.
suy nghĩ.
Từ “phớt lờ” dùng chưa hợp lí, nên thay bằng từ “điềm nhiên”. Chọn B.
tự sự.
phân tích.
điểm nhìn.
tính toàn diện.
Hồi kí là một thể của loại kí, thường ghi lại chân thực, khách quan có kèm theo phân tích, đánh giá của người viết về nội dung được ghi lại. Như tên gọi của nó, điểm nhìn của hồi kí là từ hiện tại nhìn về quá khứ, nhìn về chặng đường đã trải qua nên cái nhìn có tính toàn diện, khái quát và có đánh giá mang ý nghĩa tổng kết. Chọn A.
tính sử thi.
chính trị.
lịch sử.
toàn quân.
Thơ Tố Hữu mang đậm tính sử thi, coi những sự kiện chính trị lớn của đất nước là đối tượng thể hiện chủ yếu, đề cập đến những vấn đề có ý nghĩa lịch sử và tính chất toàn dân. Chọn D.
thê lương.
khủng khiếp.
tốt đẹp.
dai dẳng.
Lỗi sai về dùng từ chưa phù hợp với ngữ cảnh: “dai dẳng” là kéo dài rất lâu, gây cảm giác bức bối, khó chịu, đối lập với sức sống của những con người trong tác phẩm, vì thế, có thể thay thế bằng từ “kì diệu”. Chọn D.
bàn chân.
người già.
giang sơn.
cây lúa.
Từ “giang sơn” là từ Hán Việt, các từ còn lại đều là từ Thuần Việt. Chọn C.
đạo đức.
kinh nghiệm.
mưa.
cách mạng.
Các từ “đạo đức, kinh nghiệm, cách mạng” là danh từ chỉ khái niệm; “mưa” là danh từ chỉ hiện tượng. Vậy từ “mưa” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn C.
mắt na.
mắt lưới.
đau mắt đỏ.
mắt xích.
Từ “mắt” trong “đau mắt đỏ” dùng với nghĩa gốc. Các từ còn lại. từ “mắt” dùng với nghĩa chuyển. Chọn C.
Nền văn học chủ yếu vận động theo hướng cách mạng hoá, gắn bó sâu sắc với vận mệnh chung của đất nước.
Nền văn học đổi mới theo hướng hiện đại hóa.
Nền văn học chủ yếu mang khuynh hướng sử thi và cảm hứng lãng mạn.
Nền văn học hướng về đại chúng.
Đặc điểm cơ bản của nền văn học Việt Nam từ năm 1945 đến năm 1975 là:
+ Nền văn học chủ yếu vận động theo hướng cách mạng hoá, gắn bó sâu sắc với vận mệnh chung của đất nước.
+ Nền văn học chủ yếu mang khuynh hướng sử thi và cảm hứng lãng mạn.
+ Nền văn học hướng về đại chúng.
→ Chọn B.
Tây Tiến.
Hai đứa trẻ.
Chữ người tử tù.
Vợ nhặt.
“Tây Tiến” thuộc thể loại thơ. Các tác phẩm còn lại thuộc thể truyện ngắn. Chọn A.
Nam Cao.
Vũ Trọng Phụng.
Ngô Tất Tố.
Nguyễn Công Hoan.
Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả. Chọn A.
sử thi.
hiện thực.
tự do.
cách mạng.
Khuynh hướng sử thi kết hợp với cảm hứng lãng mạn làm cho văn học giai đoạn này thấm nhuần tinh thần lạc quan, phản ánh hiện thực đời sống trong quá trình vận động và phát triển cách mạng. Chọn A.
đặc điểm.
hình dung.
vẻ đẹp.
biểu tượng.
Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống. Chọn B.
hiện đại/ mới.
mới/ mới.
mới/ hiện đại.
hiện đại/ hiện đại.
Xuân Diệu là nhà thơ mới nhất trong các nhà thơ mới. Chọn B.
Tây Ban Nha.
Mĩ.
Pháp.
Việt Nam.
Bài thơ Đàn ghi ta của Lor-ca thể hiện nỗi đau xót sâu sắc trước cái chết bi thảm của Phê-đê-ri-cô Gar-xi-a Lor-ca, nhà thơ thiên tài Tây Ban Nha. Chọn A.
Ẩn dụ.
Nhân hóa.
Hoán dụ.
So sánh.
Biện pháp tu từ ẩn dụ (tắm, bể máu). Tác dụng: Khắc sâu tội ác dã man, tàn độc của thực dân Pháp đối với cách mạng, nhân dân ta. Đồng thời bộc lộ thái độ căm phẫn của tác giả trước tội ác của kẻ thù và nỗi đau xót của tác giả trước thảm cảnh của nhân dân. Chọn A.
Sự liều lĩnh, nông nổi của một người đàn ông ế vợ.
Niềm tin vào sự thay đổi cuộc đời của nhân vật Tràng.
Khát vọng hạnh phúc chính đáng của con người.
Sự lạc quan của nhân vật Tràng.
Câu nói trong đoạn trích của nhân vật Tràng tưởng chừng thể hiện sự nông nổi có đôi chút liều lĩnh nhưng thực chất đó là kết quả tất yếu của một lòng tốt thành thực và của niềm khát khao sự sống, khát khao tình yêu – phần bản năng trong mỗi con người. Chọn C.
Đẩu cần phải có con mắt nhìn tinh tế hơn
Đẩu cần phải rời khỏi cương vị và nhìn bằng con mắt của người dân.
Đẩu cần phải thay đổi quan điểm của mình.
Đẩu cần nhìn nhận thực tế chứ không dựa trên lí thuyết.
Chi tiết “rời chiếc bàn xếp đến phát ngốt lên những chồng hồ sơ, giấy má” thể hiện sự chuyển biến mới trong nhận thức của Đẩu. Hành động “rời chiếc bàn” là hành động có ý nghĩa biểu tượng. Đẩu buộc phải rời khỏi cương vị của một chánh án bởi từ vị trí đó, từ góc nhìn đó anh không thể hiểu được quyết định của người đàn bà. Chọn B.
Quyết tâm chống giặc của nhân dân ta.
Phải sử dụng bạo lực Cách mạng để chống lại bạo lực phản Cách mạng.
Phải có một tinh thần sẵn sàng tham gia chiến đấu.
Thể hiện sức mạnh đoàn kết của nhân dân ta.
Tư tưởng “Chúng nó đã cầm súng mình phải cầm giáo” thực chất chính là sự cụ thể hóa của tư tưởng cốt lõi Cách mạng thời kì chống Mĩ cứu nước. Phải dùng bạo lực Cách mạng để chống lại bạo lực phản Cách mạng. Muốn có độc lập tự do thì người dân làng Xô Man phải đứng lên cầm vũ khí tiêu diệt kẻ thù. Chọn B.
Cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ không gian cô liêu, vắng vẻ của “tràng giang”.
Cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ khung cảnh sóng nước của “tràng giang”.
Cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ không gian rộng lớn của “tràng giang”
Cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ khoảnh khắc hoàng hôn trên sông nước của “tràng giang”.
Đoạn thơ nói lên cảm giác cô đơn và nỗi buồn bâng khuâng toát lên từ khung cảnh sóng nước của “tràng giang”. Chọn B.
Một lời khẩn cầu, hi vọng được gặp lại người thương.
Một niềm mong ngóng, trông đợi đối với người thương.
Một niềm khao khát, một thúc bách chạy đua với thời gian.
Một nỗi buồn nhớ xa xăm đối với người thương.
Từ “kịp” trong đoạn trích trên gợi niềm khao khát, một thúc bách chạy đua với thời gian. Với hoàn cảnh lúc bấy giờ Hàn Mặc Tử chỉ mong có một người bạn từ thế giới bên ngoài bước vào thế giới của ông làm bạn với ông. Thế nhưng quỹ thời gian của nhà thơ còn rất ngắn ngủi nên câu thơ là lời thúc bách chạy đua với thời gian. Chọn C.
Anh hùng.
Trẻ con.
Nhu nhược.
Lạc quan.
Nhân vật Việt trong đoạn trích trên thể hiện rõ nhất phẩm chất của một người anh hùng. Chọn A.
Cao ngạo, phách lối, khó chịu.
Kiêu căng, ngạo mạn, khó tính.
Kiêu ngạo, khó tính hay làm bộ làm tịch.
Khó tính, khó gần trong giao tiếp.
Từ “khoảnh” có nghĩa là khó tính, khó gần trong giao tiếp. Ông không dễ dàng cho chữ cho bất kì ai. Cả đời ông chỉ cho chữ những người ông xem là tri kỉ. Chọn D.
Đối lập.
Lật tẩy.
Miêu tả cái thật đằng sau cái giả.
Phối hợp nghệ thuật đối lập, giễu nhại với lật tẩy.
Trong đoạn trích trên tác giả đã sử dụng hình thức phối hợp nghệ thuật đối lập, giễu nhại với lật tẩy để tạo tiếng cười châm biếm. Chọn D.
Ẩn dụ, hoán dụ.
Điệp từ, so sánh.
Câu hỏi tu từ, điệp từ.
So sánh, câu hỏi tu từ, hoán dụ.
Đoạn thơ trên sử dụng các biện pháp tu từ:
- Điệp từ (Này đây)
- So sánh (Tháng giêng ngon như một cặp môi gần).
→ Chọn B.
Đời sống nông dân làng Vũ Đại hoang tàn như cái lò gạch cũ.
Hình ảnh lò gạch bỏ hoang, khiến người đọc hiểu đó là nghề truyền thống của làng Vũ Đại đã mai một.
Nó gợi lên cái vòng luẩn quẩn, bế tắc, đau thương không lối thoát của người nông dân Việt Nam trong xã hội cũ.
Tác giả muốn giới thiệu với độc giả việc làm quanh năm của nông dân làng Vũ Đại là sản xuất gạch.
Hình ảnh chiếc lò gạch tiếp tục xuất hiện thể hiện cái vòng luẩn quẩn, bế tắc, đau thương không lối thoát của người nông dân Việt Nam trong xã hội cũ. Chọn C.
Một thứ ánh sáng gần gũi, yêu thương.
Một thứ ánh sáng gợi nhiều thi vị.
Nó gợi lên vẻ đẹp thơ mộng của làng quê Việt Nam.
Nó gợi ra những kiếp người nghèo khổ.
Hình ảnh ánh sáng trong đoạn trích trên gợi ra những kiếp người nghèo khổ, những cảnh đời lay lắt sống vật vờ, tàn lụi đáng thương trong màn đêm của xã hội cũ. Chọn D.
Người và thần tiên luôn luôn bất đồng quan điểm sống.
Cuộc nói chuyện giữa người thường và thần tiên.
Cuộc tranh luận về sự sống và cái chết.
Khát vọng sống đẹp, khát vọng tự giải phóng cho tâm hồn.
Đoạn đối thoại trên thể hiện khát vọng sống đẹp. Sống được là chính mình. Đồng thời thể hiện ý thức tự giải thoát bản thân của nhân vật Trương Ba. Chọn D.
Vách đá.
Ghềnh Hát Loóng.
Hút nước.
Thác nước.
Ghềnh Hát Loóng hung dữ được Nguyễn Tuân miêu tả qua các chi tiết: Dài hàng cây số nước xô đá, đá xô sóng, sóng xô gió, 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. Quãng này mà khinh suất tay lái thì cũng dễ lật ngửa bụng thuyền ra. Chọn B.
Nghệ thuật đối lập.
Nghệ thuật so sánh.
Nghệ thuật nhân hóa.
Nghệ thuật hoán dụ.
Nghệ thuật đối lập thể hiện những trạng thái đối lập của con sóng, cũng là những trạng thái đối lập của người con gái trong tình yêu. Chọn A.
Tiến hành những cải cách tiến bộ.
Nhờ sự giúp đỡ của các nước tư bản phương Tây.
Thiết lập chế độ Mạc phủ mới.
Duy trì nên quân chủ chuyên chế.
Đến giữa thế kỉ XIX, Nhật Bản lâm vào cuộc khủng hoảng trầm trọng, đứng trước sự lựa chọn: hoặc tiếp tục duy trì chế độ phong kiến trì trệ bảo thủ hoặc tiến hành duy tân đưa đất nước phát triển. Tháng 1-1868, sau khi lên ngôi, Thiên hoàng Minh Trị đã thực hiện một loạt các cải cách tiến bộ nhằm đưa Nhật Bản thoát khỏi tình trạng một nước phong kiến lạc hậu. Đáp án A
Phong kiến hóa.
Tư bản hóa.
Thực dân hóa.
Phong kiến.
Từ năm 1884 đến năm 1945, thực dân Pháp không du nhập hoàn chỉnh phương thức sản xuất tư bản chủ nghĩa vào Việt Nam, mà vẫn duy trì quan hệ sản xuất phong kiến. Chọn D.
khoa học-kĩ thuật hiện đại.
công nghiệp dân dụng.
văn hóa-thông tin.
cách mạng chất xám.
Từ giữa những năm 70 của thế kỉ XX, những nghiên cứu về công nghệ đã trở thành nội dung cốt lõi của cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật hiện đại. Khoa học tham gia trực tiếp vào sản xuất, là nguồn gốc chính của những tiến bộ kĩ thuật và công nghệ. Chọn A.
Công nhân.
Tiểu tư sản.
Nông dân.
Tư sản dân tộc.
Chiến tranh thế giới thứ nhất, nông dân chiếm hơn 90% dân số cả nước, đây là lực lượng hăng hái và đông đảo nhất tham gia vào phong trào cách mạng ở Việt Nam. Chọn C.
đòi tự do, dân chủ, cơm áo và hòa bình.
giành độc lập dân tộc
đòi độc lập, ruộng đất.
chia ruộng đất cho dân cày.
Đảng Cộng sản Đông Dương xác định mục tiêu đấu tranh trước mắt của nhân dân Đông Dương trong thời kỳ 1936-1939 là đòi tự do, dân chủ, cơm áo và hòa bình. Chọn A.
Thống nhất các tổ chức cộng sản thành một đảng duy nhất.
Chuẩn bị các điều kiện cho sự ra đời của chính đảng vô sản.
Hoàn chỉnh sự chuyển hướng chiến lược đấu tranh của Đảng.
Tìm ra con đường cứu nước đúng đẳn cho dân tộc Việt Nam.
Đến năm 1930 Đảng Cộng sản Việt Nam mới được thành lập, chiến lược của Đảng trong Cương lĩnh chính trị đầu tiên là đúng đắn nên trong những năm 1920-1930 Nguyễn Ái Quốc không có vai trò trong việc hoàn chỉnh sự chuyển hướng chiến lược đấu tranh của Đảng. Chọn C.
Ủy ban điều tra tình hình thuộc địa
mặt trận dân chủ chống phát xít.
mặt trận nhân dân chống phát xít.
mặt trận dân tộc thống nhất.
Đại hội lần thứ VII của Quốc tế cộng sản (tháng 7/1935) đã yêu cầu ở mỗi nước thành lập mặt trận nhân dân rộng rãi chống phát xít. Chọn C.
Sự chuẩn bị chu đáo về mọi mặt.
Phát xít Nhật đầu hàng Đồng minh.
Nhân dân đã sẵn sàng nổi dậy.
Sự lãnh đạo đúng đắn của Đảng.
Thời cơ của cách mạng tháng Tám bao gồm nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan. Trong đó, nội dung của các phương án A, C, D là nguyên nhân chủ quan quyết định sự thắng lợi của cách mạng tháng Tám. Còn nội dung của phương án B là nguyên nhân khách quan giúp cho cuộc cách mạng tháng Tám diễn ra nhanh chóng và ít đổ máu vì kẻ thù của ta đã suy yếu nghiêm trọng. Chọn B.
đều đưa đến thắng lợi trọn vẹn của cuộc kháng chiến.
các nước cam kết tôn trọng các quyền dân tộc cơ bản của Việt Nam.
đều quy định thời gian rút quân là trong vòng 30 ngày.
quy định vị trí đóng quân giữa hai bên ở hai vùng riêng biệt.
A loại vì điều này chỉ đúng với Hiệp định Giơnevơ về Đông Dương (1954) vì đánh dấu sự kết của cuộc kháng chiến chống Pháp (1945-1954) còn Hiệp định Pari về Việt Nam (1973) chưa đánh dấu sự kết thúc cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước. Phải đến cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Xuân 1975 thành công thì cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước của ta mới hoàn toàn kết thúc thắng lợi.
Chọn B vì theo nội dung của hai Hiệp định thì các nước cam kết tôn trọng độc lập, chủ quyền, thống nhất và toàn vẹn lãnh thổ của Việt Nam.
C loại vì điều này không đúng với nội dung của hai Hiệp định.
D loại vì điều này không đúng với nội dung của Hiệp định Pari về Việt Nam (1973)
Hoa Kì hết quân viễn chinh và quân đồng minh về nước.
Nhân dân miền Nam Việt Nam tự quyết định tương lai chính trị của họ.
Hoa Kì cam kết chấm dứt mọi hoạt động quân sự chống phá miền Bắc Việt Nam.
Các bên thừa nhận thực tế miền Nam Việt Nam có hai chính quyền.
Hoa Kì rút hết quân đội của mình và quân các nước đồng minh, hủy bỏ các căn cứ quân sự là điều khoản có ý nghĩa quyết định đối với sự phát triển của cách mạng miền Nam Việt Nam vì so sánh tương quan lực lượng sau Hiệp định Pari có lợi cho cuộc đấu tranh cách mạng của nhân dân miền Nam. Chọn A.
GNI bình quân đầu người rất cao.
đã phát triển mạnh nền kinh tế tri thức.
chỉ số phát triển con người rất cao.
trình độ phát triển kinh tế chưa cao.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. GNI bình quân đầu người rất cao. → Sai
B. đã phát triển mạnh nền kinh tế tri thức. → Sai
C. chỉ số phát triển con người rất cao. → Sai
D. trình độ phát triển kinh tế chưa cao. → Đúng. Chọn D.
đầu tư nhiều vào kHoa học kĩ thuật.
sử dụng rộng rãi máy móc hiện đại.
tăng cường hội nhập kinh tế quốc tế.
tích cực mở rộng diện tích trồng trọt.
Nông nghiệp Liên bang Nga phát triển mạnh từ năm 2000 đến nay không phải là do tích cực mở rộng diện tích trồng trọt mà do sử dụng kỹ thuật hiện đại, nâng cao năng suất. Chọn D.
sức ép của dân số, quá trình công nghiệp hóa
diện tích tích đất hoang đồi trọc tăng lên
chuyển đổi mục đích sản xuất.
hiệu quả từ sản xuất nông nghiệp thấp.
Đất nông nghiệp nước ta giảm do sức ép của dân số, quá trình CNH- HĐH đất nước. Chọn A.
môi trường đều bị ô nhiễm, suy giảm sinh học
gia tăng thiên tai và biến đổi khí hậu, thời tiết.
suy giảm nghiêm trọng rừng và đa dạng sinh học
mất cân bằng sinh thái và ô nhiễm môi trường.
Hai vấn đề quan trọng nhất trong bảo vệ môi trường ở nước ta là mất cân bằng sinh thái và ô nhiễm môi trường. Chọn D.
TP. Hồ Chí Minh.
TP. Vũng Tàu.
TP. Biên Hòa
TP. Thủ Dầu Một.
Đô thị có quy mô dân số (năm 2007) từ 100 000 đến 200 000 người ở Đông Nam Bộ là: Thủ Dầu Một (TP. Hồ Chí Minh: trên 1 triệu người, Biên Hòa từ 500 đến 1 triệu người, TP Vũng Tàu dưới 100 nghìn người). Chọn D.
Cho bảng số liệu:
TRỊ GIÁ XUẤT KHẨU HÀNG HÓA NƯỚC TA PHÂN THEO QUỐC GIA
VÀ VÙNG LÃNH THỔ GIAI ĐOẠN 2000-2020
(Đơn vị: triệu đôla Mỹ)
Cột chồng, cột ghép.
Kết hợp, cột ghép.
Đường, tròn.
Tròn, cột chồng.
Thể hiện trị giá hàng xuất khẩu → 1 loại đơn vị tuyệt đối trong tổng có thể thể hiện bằng biểu đồ cột ghép hoặc cột chồng. Loại tất cả các phương án chứa biểu đồ tròn, kết hợp. Chọn A.
tăng diện tích đất canh tác
đẩy mạnh khai hoang, phục hóa
tăng số lượng lao động trong các ngành trồng lúa
tăng năng suất cây trồng.
Trong những năm qua, sản lượng lương thực của nước ta tăng lên chủ yếu là do áp dụng rộng rãi các biện pháp thâm canh trong nông nghiệp khiến năng suất lúa tăng mạnh. Chọn D.
có mạng lưới rộng ở khắp nơi
chỉ phục vụ cho doanh nghiệp
phát triển với tốc độ vượt bậc
sử dụng nhiều công nghệ mới
Viễn thông nước ta không phải là ngành chỉ phục vụ cho doanh nghiệp, mà còn phục vụ cho các hoạt động sinh hoạt, sản xuất của người dân. Chọn B.
Bờ biển dài, nhiều đầm phá.
Các tỉnh/thành phố đều giáp biển.
Có nhiều vịnh biển sâu, kín gió.
Ít chịu ảnh hưởng của bão.
Để xây dựng cảng nước sâu quan trọng nhất là có vịnh biển sâu → Chọn C.
Nâng cấp quốc lộ 1 và đường sắt Bắc-Nam.
Đẩy mạnh phát triển các tuyến đường ngang.
Phát triển vùng kinh tế trọng điểm miền Trung.
Khôi phục và hiện đại hóa hệ thống sân bay.
Để tăng vai trò trung chuyển và đẩy mạnh giao lưu theo chiều Bắc-Nam, Duyên hải Nam Trung Bộ cần phải thực hiện các biện pháp chủ yếu là nâng cấp quốc lộ 1 và đường sắt Bắc-Nam. Bởi đây là 2 trục đường chính, kéo dài theo chiều Bắc Nam, đảm nhận vai trò vận chuyển khối lượng hàng hóa rất lớn giữa các địa phương miền Bắc và miền Trung, Nam nước ta.
Chọn A.
tăng rất lớn.
tăng giảm liên tục.
không đổi so với trước.
giảm về 0.
Hiện tượng đoản mạch là hiện tượng xảy ra khi điện trở mạch ngoài rất nhỏ không đáng kể.
Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta tính được cường độ dòng điện đoản mạch: \(I = \frac{E}{{0 + r}} = \frac{E}{r}\)
Như vậy, cường độ dòng đoản mạch tăng lên rất lớn. Chọn A.
3,25 A.
1 A.
2,25 A.
1,25 A.
Cảm ứng từ của dòng điện thẳng tại một điểm cách dây đoạn r:
\(B = 2 \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r} \Leftrightarrow I = \frac{{B \cdot r}}{{2 \cdot {{10}^{ - 7}}}} = 2,25(A)\). Chọn C.
Một khối bán trụ trong suốt có chiết suất \(n = 1,414;\) đặt trong không khí. Chiếu một chùm tia sáng hẹp nằm trong một mặt phẳng của tiết diện tới khối bán trụ như hình vē. Kết luận nào sau đây là đúng?
Khi \(\alpha = 60^\circ \) thì tia khúc xạ ra ngoài không khí với góc khúc xạ \(30^\circ .\)
Khi \(\alpha = 45^\circ \) thì tia khúc xạ ra ngoài không khí với góc khúc xạ \[60^\circ .\]
Khi \(\alpha = 60^\circ \) thì tia khúc xạ đi là là trên mặt phân cách.
Khi \(\alpha = 30^\circ \) thì xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần tại \({\rm{O}}.\)
Ta có \({n_1}\sin i = {n_2}\sin r \to \sin r = 1,414\sin \left( {90^\circ - \alpha } \right).\) Khi \(\alpha = 30^\circ \) thì xảy ra hiện tượng phản xạ hoàn toàn tại O. Chọn D.
Động năng và thế năng của một vật dao động điều hòa phụ thuộc vào li độ theo đồ thị như hình vẽ, biên độ dao động của vật là
5 cm.
7 cm.
6 cm.
6,5 cm.
Dựa vào đồ thị thấy động năng bằng thế năng ứng với các vị trí li độ là: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_{d1}} = - 3\,cm\\{x_{t2}} = 4\,cm\end{array} \right.\]
\[{{\rm{W}}_{d1}} = {{\rm{W}}_{t2}} \Leftrightarrow \frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}kx_{d1}^2 = \frac{1}{2}kx_{t2}^2 \Leftrightarrow {A^2} - x_{d1}^2 = x_{t2}^2 \Leftrightarrow A = \sqrt {x_{d1}^2 + x_{t2}^2} = 5\,cm.\] Chọn A.
giảm 4 lần.
giảm 2 lần.
tăng 4 lần.
tăng 2 lần.
Cường độ âm: \(I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}}\)
Dễ nhận thấy I tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách suy ra r tăng 2 lần thì I giảm 4 lần. Chọn A.
\({\rm{W}} = {{\rm{K}}_{{\rm{tr}}}} - {{\rm{K}}_{\rm{s}}}.\)
\({\rm{W}} = {{\rm{K}}_{\rm{s}}} - {{\rm{K}}_{{\rm{tr}}}}.\)
\({\rm{W}} = {{\rm{K}}_{{\rm{tr}}}}.\)
\({\rm{W}} = {{\rm{K}}_{\rm{s}}}.\)
Cho phản ứng hạt nhân tổng quát \(A + B \to C + D\)
Gọi động năng của các hạt A, B, C, D lần lượt là \({K_A},{K_B},{K_C},{K_D}\)
Theo định luật bào toàn năng lượng toàn phần ta có
\({K_A} + {K_B} + \left( {{m_A} + {m_B}} \right){c^2} = {K_C} + {K_D} + \left( {{m_C} + {m_D}} \right){c^2}\)
\( \Leftrightarrow \left( {{m_A} + {m_B}} \right){c^2} - \left( {{m_C} + {m_D}} \right){c^2} = \left( {{K_C} + {K_D}} \right) - \left( {{K_A} + {K_B}} \right) \Leftrightarrow W = {K_s} - {K_{tr}}\)
Chọn B.
\(\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}H.\)
\(\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }H.\)
\({5.10^{ - 4}}{\rm{H}}{\rm{.}}\)
\(\frac{\pi }{{500}}H.\)
Ta có: \(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} \Rightarrow L = \frac{1}{{4{\pi ^2}{f^2}C}} = \frac{1}{{{{4.100.500}^2}{{.2.10}^{ - 3}}}} = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}(H)\). Chọn A.
\(\frac{5}{7}\mu m.\)
\(\frac{2}{3}\mu m.\)
\(0,5\mu {\rm{m}}{\rm{.}}\)
\(\frac{4}{9}\mu m.\)
Bức xạ cho vân sáng tại \({\rm{M}}\) khi: \({x_M} = ki = \frac{{k\lambda D}}{a} \Leftrightarrow {4.10^{ - 3}} = \frac{{k\lambda .1}}{{{{1.10}^{ - 3}}}} \Rightarrow \lambda = \frac{{{{4.10}^{ - 6}}}}{k}\)
Mà \({380.10^{ - 9}} \le \lambda \le {760.10^{ - 9}} \Rightarrow 5,3 \le k \le 10,5\)
Các giá trị k nguyên là: 6, 7, 8, 9, 10.
Trong các bức xạ đã nêu chỉ có bức xạ với bước sóng: \(\lambda = \frac{5}{7}\mu m\) là không cho vân sáng tại M.
Chọn A.
\(8,{6.10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
\(4,{8.10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
\(5,{2.10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
\(9,{3.10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)
Ta có : \(\frac{1}{2}{m_e}v_{0\max }^2 = e{U_h} \Rightarrow {v_{0\max }} = \sqrt {\frac{{2e{U_h}}}{{{m_e}}}} = \sqrt {\frac{{2.1,{{6.10}^{ - 19}}.2,1}}{{9,{{1.10}^{ - 31}}}}} = 8,{6.10^5}(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\).
Chọn A.
Gọi d là khoảng cách từ S1S2 đến thấu kính; d' là khoảng cách S1’S2’ đến thấu kính, ta có:
d + d’ = 120 cm
Xét vị trí vị trí ảnh lớn hơn vị trí vật, ta có: d’ – d = 72 cm\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d^\prime } + d = 120}\\{{d^\prime } - d = 72}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 24\;{\rm{cm}}}\\{{d^\prime } = 96\;{\rm{cm}}}\end{array}} \right.} \right.\)
Áp dụng công thức độ phóng đại ảnh qua thấu kính, ta có:
\(\frac{{S_1^\prime S_2^\prime }}{{{S_1}{S_2}}} = \left| {\frac{{{d^\prime }}}{d}} \right| = \frac{{96}}{{24}} = 4 \Rightarrow {S_1}{S_2} = \frac{{S_1^\prime S_2^\prime }}{4} = 1\;\,mm\)
Khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{{{750.10}^{ - 9}}.1,2}}{{{{10}^{ - 3}}}} = 0,{9.10^{ - 3}}(\;{\rm{m}}) = 0,9(\;{\rm{mm}})\). Đáp án: 0,9 mm
48.
46.
44.
42.
Ta có: \({n_X} = \frac{{14,1}}{{282}} = 0,05\,mol;\,{n_{C{O_2}}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,75\,mol\)
\(\begin{array}{l}147,75 - ({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}) = 104,85\\ \Rightarrow {m_{{H_2}O}} = 147,75 - 0,75 \cdot 44 - 104,85 = 9,9\,gam\\ \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \frac{{9,9}}{{18}} = 0,55\,mol\end{array}\)
\( \Rightarrow {m_C} + {m_H} = 0,75 \cdot 12 + 0,55 \cdot 2 = 10,1\,gam < 14,1\)
Vậy X chứa 3 nguyên tố là C, H, O. Trong đó: \({n_O} = \frac{{14,1 - 10,1}}{{16}} = 0,25\,mol\)
Số C = \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 15\); số H = \(\frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \frac{{2 \cdot 0,55}}{{0,05}} = 22\); số O =\(\frac{{{n_O}}}{{{n_X}}} = 5\)
Þ CTPT của X: \({{\rm{C}}_{15}}{{\rm{H}}_{22}}{{\rm{O}}_5}\)
Tổng số nguyên tử trong 1 phân tử X là: \(15 + 22 + 5 = 42.\)
Chọn D.
5.
10.
15.
20.
\({n_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} \cdot 7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,005\;{\rm{mol}}.\)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,10{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to 5{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)_3} + {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + 2{\rm{MnS}}{{\rm{O}}_4}\\{\rm{mol}}:0,005\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,0,001\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\end{array}\)
\({V_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}{\rm{ }}}} = \frac{{0,001}}{{0,1}} = 0,01\) lít \( = 10\;{\rm{mL}}.\)
Chọn B.
Dưới đây là sơ đồ pin điện hoá dung dịch \({\rm{N}}{{\rm{i}}^{2 + }}\) và \({\rm{A}}{{\rm{l}}^{3 + }}.\)
Trong các phát biểu sau:
(a) Các electron sẽ di chuyển qua cầu muối.
(b) Các ion sẽ đi qua dây dẫn.
(c) Phản ứng không tự phát
(d) Điện cực Ni đóng vai trò là cathode.
(e) Điện cực Al đóng vai trò là cực âm.
(f) Theo thời gian, nồng độ \({\rm{N}}{{\rm{i}}^{2 + }}\) tăng.
Số phát biểu đúng là
2.
3.
4.
5.
Phát biểu (d) và (e) đúng. Kim loại mạnh hơn đóng vai trò là cực âm (anode) và kim loại yếu hơn đóng vai trò là cực dương (cathode). Vậy điện cực Al đóng vai trò là anode, điện cực Ni đóng vai trò là cathode.
Phát biểu (a) sai, các ion di chuyển qua cầu muối.
Phát biểu (b) sai, các electron di chuyển qua dây dẫn.
Phát biểu (c) sai, đây là phản ứng tự phát.
Phát biểu (f) sai, theo thời gian nồng độ \[N{i^{2 + }}\]giảm dần.
Chọn A.
10,8.
8,64.
6,48.
5,40.
Ta có: \({n_{C{O_2}}} = 0,28\,mol;\,{n_{{H_2}O}} = 0,34\,mol\)
Nhận thấy: \({n_{ethyl\,\,alcohol}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,34 - 0,28 = 0,06\,\,mol\)
\( \Rightarrow {\rm{m}} = 0,06 \cdot 46 + 0,04 \cdot 74 + 0,02 \cdot 44 = 6,6\,gam\)
\(13,2 = 2 \cdot 6,6 \Rightarrow \) trong 13,2 gam X có 0,04 mol \[C{H_3}CHO\]
Chọn B.
2.
4.
3.
1.
Bước 1: Làm sạch đinh sắt.
Bước 2: Phản ứng: \(Fe + {H_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + {H_2}\)
Bước 3: Phản ứng:
\(6FeS{O_4} + {K_2}C{r_2}{O_7} + 7{H_2}S{O_4} \to 3F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + K{\,_2}S{O_4} + C{r_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + 7{H_2}O\)
Các phát biểu (c), (d), (e) đúng.
a) Sai vì đã có bọt khí \[{H_2}\]thoát ra.
b) Sai vì sắt tạo hợp chất iron(II).
Chọn C.
Amylopectin.
Polyethylene.
Amylose.
Poly(vinyl chloride).
Amylopectin có cấu trúc mạch phân nhánh do các đoạn mạch \[{\rm{\alpha }}\]- glucose tạo nên. Mỗi đoạn mạch gồm 20 – 30 mắt xích \[{\rm{\alpha }}\]- glucose liên kết với nhau bằng liên kết \[{\rm{\alpha }}\]- 1,4 - glycoside. Các đoạn mạch liên kết với nhau bằng liên kết \[{\rm{\alpha }}\]- 1,6 - glycoside.
Chọn A.
1.
3.
2.
4.
Tính được \({{\rm{n}}_{{\rm{Cu}}}} = 0,02\;{\rm{mol}}\) và \({{\rm{n}}_{{\rm{Ag}}}} = 0,005\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = 0,09\;{\rm{mol}}\) và \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - }} = 0,06\;{\rm{mol}}.\)
- Số mol electron kim loại nhường tối đa là:
- Khí \({\rm{NO}}\) được sinh ra từ bán phương trình: \(4{{\rm{H}}^ + } + {\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - + 3{\rm{e}} \to {\rm{NO}} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
=> Số mol electron nhận, số mol NO tính theo \({H^ + }\).
Nhận thấy: 0,0675 > 0,045 Þ Kim loại Cu, Ag phản ứng hết, \(HN{O_3}\)dư
=> Số mol khí NO tính theo số mol kim loại nhường.
=> \({n_{NO}} = \frac{{0,045}}{3} = 0,015\,mol\)
- Xét quá trình phản ứng của \({\rm{NO}}\) và \({{\rm{O}}_2}\) có:
\(4N{O_2} + {O_2} + 2{H_2}O \to 4HN{O_3}\)
=> \({n_{HN{O_3}}} = {n_{N{O_2}}} = 0,015\,\,mol \Rightarrow {n_{{H^ + }}} = 0,015\,mol\)
\( \Rightarrow [{H^ + }] = \frac{{0,015}}{{0,15}} = 0,1M\)
\({\rm{pH}} = - \log [{{\rm{H}}^ + }] = 1.\)
Chọn A.
NaOH.
\[Ba{\left( {OH} \right)_2}.\]
\[N{H_3}.\]
NaCl.
Dung dịch có pH lớn nhất khi có nồng độ \(O{H^ - }\)lớn nhất nên dung dịch có pH lớn nhất là \[Ba{\left( {OH} \right)_2}.\]
Chọn B.
Tạo ra quá nhiều sản phẩm.
Cân bằng sẽ chuyển dịch ngược.
\({{\rm{N}}_2}\) và \({{\rm{H}}_2}\) không thể tồn tại ở điều kiện áp suất cao hơn.
Phải đầu tư các trang thiết bị chịu áp suất cao, từ đó không có lợi về mặt kinh tế.
Thực hiện ở áp suất cao hơn đòi hỏi các trang thiết bị phải chịu được áp suất cao, từ đó không có lợi về mặt chi phí.
Chọn D.
Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,08\;{\rm{mol}}.\)
Þ Số nguyên tử C trong E là \(\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_E}}} = \frac{{0,08}}{{0,01}} = 8\)
Mà thủy phân \({\rm{E}}\) trong \({\rm{NaOH}}\) thu được hai muối của carboxylic aicd (hơn kém nhau 1C) và glycerol nên \({\rm{E}}\) có các khả năng:
- E chứa 3 chức ester, xuất phát từ 1 glycerol và \(1\,\,{\rm{HCOOH}},\,\,\,2\,\,{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}.\)
\( \Rightarrow 2\) chất thoả mãn.
- E chứa 2 chức ester và 1 chức alcohol, xuất phát từ 1 glycerol và \(1\,\,{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}},\,1\,\,{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{COOH}}.\) Þ 3 chất thỏa mãn.
Vậy có 5 đồng phân thỏa mãn E.
Đáp án: 5.
Cá.
Hổ.
Trâu.
Chó.
Trong các động vật đã cho, trâu là động vật nhai lại có dạ dày 4 ngăn. Chọn C.
giảm nhiệt độ trong môi trường bảo quản.
tiêu hao chất hữu cơ.
tăng hàm lượng ôxi trong môi trường bảo quản.
giảm độ ẩm.
Các biện pháp bảo quản nông sản, thực phẩm đều nhằm mục đích giảm thiểu cường độ hô hấp vì:
- Hô hấp tế bào phân giải chất hữu cơ khiến nông sản bị giảm khối lượng và chất lượng.
- Hô hấp tế bào tạo ra nhiệt làm tăng nhiệt độ trong môi trường bảo quản khiến nông sản càng tăng cường độ hô hấp → thời gian bảo quản càng bị rút ngắn.
- Hô hấp tế bào tạo ra nước làm tăng độ ẩm của môi trường bảo quản khiến tăng cường độ hô hấp của nông sản đồng thời tạo điều kiện cho vi sinh vật phát triển phá hoại nông sản.
- Hô hấp tế bào lấy ôxi làm nồng độ oxygen giảm sẽ kích thích hô hấp yếm khí khiến nông phẩm bị phân hủy nhanh chóng.
Chọn B.
cá chép, gà, thỏ, khỉ.
cánh cam, bọ rùa, bướm, ruồi.
bọ ngựa, cào cào, tôm, cua.
châu chấu, ếch, muỗi.
Nhóm gồm những động vật sinh trưởng và phát triển qua biến thái không hoàn toàn là bọ ngựa, cào cào, tôm, cua. Ở các loài này, con non trải qua nhiều lần lột xác để hoàn thiện cơ thể trưởng thành. Chọn B.
đột biến mất đoạn.
đột biến đảo đoạn.
đột biến lặp đoạn.
đột biến chuyển đoạn.
Đột biến chuyển đoạn giữa 2 NST làm thay đổi vị trí của các gen giữa 2 NST. Các đột biến mất đoạn, đảo đoạn và lặp đoạn chỉ xảy ra trong nội bộ NST. Chọn D.
24%.
12%.
36%.
48%.
Ab = 12% < 25% → Ab là giao tử hoán vị và bằng 1/2 tần số hoán vị gen → f = 24%. Chọn A.
(2), (4).
(1), (4).
(3), (4).
(2), (3).
Ý 2 đúng vì vi khuẩn sinh sản nhanh, thời gian thế hệ ngắn nên cùng một khoảng thời gian, quần thể vi khuẩn trải qua sự biến đổi tần số alen của nhiều thế hệ hơn. Ý 3 đúng vì ở vùng nhân của vi khuẩn chỉ có một phân tử ADN mạch kép, có dạng vòng nên hầu hết các đột biến đều biểu hiện ngay ở kiểu h́ình dẫn đến chọn lọc tự nhiên tác động sẽ làm thay đổi tần số alen một cách nhanh chóng hơn. Chọn D.
Sốc nhiệt.
Cônsixin.
Tia tử ngoại.
Các loại tia phóng xạ.
Để gây đột biến tứ bội thì người ta thường sử dụng cônsixin vì cônsixin có khả năng cản trở sự hình thành thoi vô sắc làm cho bộ nhiễm sắc thể không phân li. Các yếu tố sốc nhiệt hay sử dụng tia tử ngoại, phóng xạ thì thường gây các đột biến gen và đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể. Chọn B.
Khỉ Vervet.
Tinh tinh.
Vượn Gibbon.
Khỉ Capuchin.
% giống nhau của ADN càng cao thì mối quan hệ họ hàng càng gần gũi. Mà tinh tinh có % giống nhau so với ADN người cao nhất nên có quan hệ họ hàng gần nhất với loài người. Chọn B.
3.
1.
2.
4.
Quan sát kết quả nghiên cứu thể hiện ở bảng ta thấy:
- Ở lô A, sinh khối của thực vật và lượng khoáng chất thất thoát hằng năm ổn định quanh mức cân bằng.
- Ở lô B:
+ Giai đoạn I, rừng chưa bị chặt phá, sinh khối thực vật chưa có sự biến động mạnh và lượng khoáng chất thất thoát hằng năm chưa thay đổi nhiều so với lô A.
+ Giai đoạn II, rừng bị chặt hoàn toàn và thuốc diệt cỏ tác động lên sự phát triển của thảm thực vật, không có các sinh vật giữ lại khoáng chất nên lượng khoáng chất thất thoát hằng năm tăng mạnh (giảm khoáng chất trong đất), sinh khối thực vật giảm về mức 0.
- Giai đoạn III, thảm thực vật phát triển tự nhiên do ngừng thuốc diệt cỏ, sinh khối thực vật bắt đầu tăng dần kéo theo sự giữ lại khoáng chất trong đất nhiều hơn, lượng khoáng chất thất thoát hằng năm giảm dần về mức ổn định như ban đầu.
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
I. Đúng. Ở lô B, giai đoạn I có sinh khối thực vật lớn nhất và lượng khoáng thất thoát hằng năm là nhỏ nhất.
II. Đúng. Ở lô B, giai đoạn II có lượng khoáng thất thoát hằng năm tăng làm lượng khoáng trong đất giảm dần.
III. Sai. Diễn thế xảy ra phải là diễn thế thứ sinh do đây là diễn thế xảy ra ở nơi đã từng có quần xã sinh vật sinh sống trước đó.
IV. Sai. Chặt phá rừng làm tăng sự thất thoát lượng khoáng trong đất do không còn sinh vật giữ khoáng chất chủ yếu là thực vật.
Chọn C.
Quy ước gen: A- không bị điếc bẩm sinh >> a – bị điếc bẩm sinh; B – không bị mù màu >> b – bị mù màu.
Người vợ:
+ Có bố bị mù màu (XbY) → Người vợ bình thường có kiểu gen là XBXb.
+ Có mẹ bị điếc bẩm sinh (aa) → Người vợ bình thường có kiểu gen là Aa.
→ Kiểu gen của người vợ: AaXBXb.
Người chồng:
+ Có em gái bị điếc bẩm sinh (aa) → bố mẹ dị hợp Aa → Người chồng bình thường có xác suất về kiểu gen là: 1/3AA : 2/3Aa.
+ Không bị mù màu: XBY.
→ Kiểu gen của người chồng: (1/3 AA : 2/3 Aa)XBY.
Xét cặp vợ chồng: AaXBXb × (1/3 AA : 2/3 Aa)XBY
↔ (1/2 A : 1/2 a)(1/2 XB : 1/2 Xb) × (2/3 A : 1/3 a)(1/2 XB : 1/2 Y)
→ Xác suất sinh một đứa con trai không bị cả 2 bệnh của cặp vợ chồng trên là:
\(A - {X^B}Y = \left( {1 - \frac{1}{2}a \times \frac{1}{3}a} \right)\left( {\frac{1}{2}{X^B} \times \frac{1}{2}Y} \right) = \frac{5}{{24}}\). Đáp án: \(\frac{5}{{24}}\).
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.
