Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 25)
150 câu hỏi
Hy Lạp.
Hà Lan.
Anh.
Nga.
Dựa vào bảng, ta thấy: Ở Nga, số giờ làm việc trung bình tuần của người lao động nam bán thời gian cao hơn những quốc gia còn lại. Chọn D.
\(6\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(11\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(14\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
\(20\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}.\)
Ta có \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 8 + 6t\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).
Khi vận tốc chuyển động là \[11{\rm{ }}m/s\] thì \(8t + 3{t^2} = 11 \Leftrightarrow t = 1\;\,({\rm{s)}}\).
Do đó gia tốc của chất điểm cần tính là \(a\left( 1 \right) = 8 + 6 \cdot 1 = 14\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right).\) Chọn C.
3.
1.
0.
2.
Điều kiện: \({2^{x + 1}} - 3 > 0 \Leftrightarrow {2^x} > \frac{3}{2}.\)
Ta có \({\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = x - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x} - {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{4^x} + 4} \right) = {\log _2}{2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right)\)\( \Leftrightarrow {4^x} + 4 = {2^x}\left( {{2^{x + 1}} - 3} \right) \Leftrightarrow {\left( {{2^x}} \right)^2} - {3.2^x} - 4 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} = - 1}\\{{2^x} = 4}\end{array} \Leftrightarrow {2^x} = {2^2} \Leftrightarrow x = 2.} \right.\)
Đối chiếu điều kiện ta thấy \(x = 2\) thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm. Chọn B.
1.
2.
0.
3.
Trừ vế theo phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai, ta được:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {x + 2} \right| + \left| {y + 5} \right| = 5}\\{\left| {x + 2} \right| - y = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {y + 5} \right| = 5 - y}\\{\left| {x + 2} \right| = y}\end{array}} \right..\]
• Nếu \(y + 5 \ge 0 \Leftrightarrow y \ge - 5 \Rightarrow y + 5 = 5 - y \Leftrightarrow y = 0 \Rightarrow x = - 2.\)
• Nếu \(y + 5 < 0 \Rightarrow y - 5 = 5 - y \Leftrightarrow - 5 = 5\) (vô lí).
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( { - 2\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.
Cho bốn số phức \({z_1},\,\,{z_2},\,\,{z_3}\) và \({z_4}\) có điểm biểu diễn trên mặt phẳng \[Oxy\] lần lượt là \[A\,,\,\,B\,,\,\,C\,,\,\,D\] như hình vẽ bên. Số phức nào dưới đây có môđun bằng \(\sqrt {13} ?\)
![Cho bốn số phức \({z_1},\,\,{z_2},\,\,{z_3}\) và \({z_4}\) có điểm biểu diễn trên mặt phẳng \[Oxy\] lần lượt là \[A\,,\,\,B\,,\,\,C\,,\,\,D\] như hình vẽ bên. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid0-1722383056.png)
\({z_1}.\)
\({z_2}.\)
\({z_3}.\)
\({z_4}.\)
Số phức \({z_1}\left( {1\,;\,\,4} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{1^2} + {4^2}} = \sqrt {17} .\)
Số phức \({z_2}\left( {3\,;\,\,2} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{2^2} + {3^2}} = \sqrt {13} .\)
Số phức \({z_2}\left( {2\,;\,\,2} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 .\)
Số phức \({z_4}\left( {4\,;\,\,1} \right)\) có môđun bằng \(\sqrt {{1^2} + {4^2}} = \sqrt {17} .\)
Chọn B.
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\)
\(\frac{x}{1} - \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\)
\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 0.\)
\( - \frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\)
Ta có \(A\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,3} \right)\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) lên \[Ox\,,\,\,Oy\,,\,\,Oz.\]
Phương trình theo đoạn chắn có dạng: \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\) Chọn A.
11.
8.
10.
9.
Điều kiện: \[x \ne 1\,;\,\,x \ne \frac{1}{2}.\]
Ta có \(\frac{2}{{x - 1}} \le \frac{5}{{2x - 1}} \Leftrightarrow \frac{2}{{x - 1}} - \frac{5}{{2x - 1}} \le 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{2\left( {2x - 1} \right) - 5\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{3 - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2x - 1} \right)}} \le 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 3}\\{\frac{1}{2} < x < 1}\end{array}.} \right.\)
Mà \(x \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) và \(x \in \mathbb{Z}\) nên \[x \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\, \ldots ;\,\,10} \right\}\]. Chọn B.
\(\left( { - 1\,;\,\,7\,;\,\,5} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\,7\,;\,\,5} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\, - 7\,;\,\, - 5} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right).\)
Do \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \(H\) nên \(AA'\) nhận \(H\) là trung điểm.
Do đó \({x_{A'}} = 2{x_H} - {x_A} = 1\,;\,\,\,{y_{A'}} = 2{y_H} - {y_A} = - 7\,;\,\,\,{z_{A'}} = 2{z_H} - {z_A} = - 5.\) Chọn C.
\(\frac{{7\pi }}{6}.\)
\(\frac{{7\pi }}{3}.\)
\(\frac{{7\pi }}{2}.\)
\(2\pi .\)
Ta có \(2{\cos ^2}x + \sqrt 3 \sin 2x = 3\)\( \Leftrightarrow \cos 2x + \sqrt 3 \sin 2x = 2 \Leftrightarrow \cos \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1\)
\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)
Xét \(0 < x \le \frac{{5\pi }}{2} \Leftrightarrow 0 < \frac{\pi }{6} + k\pi \le \frac{{5\pi }}{2} \Rightarrow k = 0\,,\,\,k = 1\,,\,\,k = 2.\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}\\k = 1 \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{6}\\k = 2 \Rightarrow x = \frac{{13\pi }}{6}\end{array} \right.\)
Vậy tổng các nghiệm bằng \(\frac{{7\pi }}{2}.\) Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{{62 + 31\sqrt 2 }}{{32}}.\)
\(\frac{{1\,\,023}}{{512}}.\)
\(\frac{{511}}{{256}}.\)
2.
Hình vuông thứ nhất có diện tích là \({S_1} = {1^2} = 1 = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{1 - 1}}.\)
Hình vuông thứ hai có diện tích là \({S_2} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot 1} \right)^2} = \frac{1}{2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{2 - 1}}.\)
Hình vuông thứ ba có diện tích là: \({S_3} = {\left[ {{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}.1} \right]^2} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^4} = \frac{1}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{3 - 1}}{\rm{. }}\)
.........
Hình vuông thứ \(n\) có diện tích là \({S_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}.\)
Do đó, tổng diện tích của 10 hình vuông đầu tiên bằng
\(S = {S_1} + {S_2} + \ldots + {S_{10}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} + \ldots + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^9} = \frac{{{2^{10}} - 1}}{{{2^9}}}.\)
Chọn B.
\(F\left( x \right) = - \frac{{\cos x}}{{\sin x}} + C.\)
\(F\left( x \right) = \frac{1}{{\sin x}} + C.\)
\(F\left( x \right) = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} + C.\)
\(F\left( x \right) = - \frac{1}{{\sin x}} + C.\)
Ta có \(F\left( x \right) = \int {\frac{{\cos x}}{{1 - {{\cos }^2}x}}} \;{\rm{d}}x = \int {\frac{{\cos x}}{{{{\sin }^2}x}}{\rm{d}}x} \; = \int {\frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \;{\rm{d}}\left( {\sin x} \right) = - \frac{1}{{\sin x}} + C.\)
Chọn C.
\(m \in \left( { - \infty \,;\,\, - 4} \right).\)
\(m \in \left( { - 4\,;\,\,0} \right).\)
\(m \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
\(m \in \left( { - \infty \,;\,\, - 4} \right) \cup \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Ta có \(y = {x^3} - 3{x^2} \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right..\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2}\) cắt đường thẳng \(y = m\) tại ba điểm phân biệt khi \( - 4 < m < 0.\) Chọn B.
\(27\,\,900\;\,\,{\rm{m}}.\)
\(26\,\,100\,\;{\rm{m}}.\)
\(19\,\,350\,\;{\rm{m}}.\)
\(8\,\,400\,\;{\rm{m}}.\)
Ta có \(s\left( t \right) = \int v \left( t \right){\rm{d}}x = k{t^3} + \frac{1}{2}n{t^2}\).
Sau 5 giây, quãng đường đi được là \(s\left( 5 \right) = 150 \Leftrightarrow 125k + 12,5n = 150.\)
Sau 10 giây, quãng đường đi được là \(s\left( {10} \right) = 1100 \Leftrightarrow 1000k + 50n = 1100.\)
Suy ra \(k = 1\,,\,\,n = 2\) nên \(s\left( t \right) = {t^3} + {t^2}.\)
Vậy quãng đường cần tính là \(s\left( {30} \right) = {30^3} + {30^2} = 27\,\,900\,\,({\rm{m)}}.\) Chọn A.
\(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)
\(\left( { - \infty \,;\,\,2} \right).\)
\(\left( { - \infty \,;\,\,2} \right].\)
\(\left[ {2\,;\,\, + \infty } \right).\)
Ta có \({2^x} + {2^{x + 1}} \le {3^x} + {3^{x + 1}} \Leftrightarrow {3.2^x} \le {4.3^{x - 1}} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} \le {3^{x - 2}}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{x - 2}} \le 1 \Leftrightarrow x - 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2.\) Chọn D.
3.
6.
5.
4.
Áp dụng công thức lãi kép là: \(T = A \cdot {\left( {1 + r\% } \right)^n}\)
Ta có \(15 \cdot {\left( {1 + 7,5\% } \right)^n} = 20 \Leftrightarrow 1,{075^n} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow n = {\log _{1,075}}\frac{4}{3} \approx 4\) (năm).
Chọn D.
\(\frac{\pi }{6}.\)
\(\frac{\pi }{3}.\)
\(\frac{{2\pi }}{{15}}.\)
\(\frac{{4\pi }}{{15}}.\)
Phương trình hoành độ giao điểm:
\(\left| x \right| = {x^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow y = 0}\\{x = \pm 1 \Rightarrow y = 1}\end{array}} \right..\)
Ta có đồ thị hai hàm số \(y = \left| x \right|\) và \(y = {x^2}\) đều đối xứng qua \[Oy\] nên hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị \(y = \left| x \right|\) và \(y = {x^2}\) quay quanh trục tung tạo nên một vật thể tròn xoay có thể tích bằng thể tích vật thể tròn
xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi hai đường \(x = y\) và \(x = \sqrt y \) quanh xung quanh trục \[Oy.\]
Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {\left| {y - {y^2}} \right|dy} = \pi \int\limits_0^1 {\left( {y - {y^2}} \right)dy} = \left. {\pi \cdot \left( {\frac{1}{2}{y^2} - \frac{1}{3}{y^3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{\pi }{6}{\rm{. }}\)Chọn A.
\(m = 0,\,\,m = 2.\)
\(m = 1.\)
\(m = 0.\)
\(m = 2.\)
Ta có \[y' = 3{x^2} - 6mx + 3\left( {2m - 1} \right).\]
Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 2 nên \(y' = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2.\)
Để hàm số có hai điểm cực trị \({x_1},\,\,{x_2}\) thì \[{\Delta '_{y'}} > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 9\left( {2m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 1.{\rm{ }}\]
Khi đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2m}\\{{x_1}{x_2} = 2m - 1}\end{array} \Rightarrow \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 2 \Leftrightarrow {{\left( {{x_1} - {x_2}} \right)}^2} = 4} \right.\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 4 \Leftrightarrow 4{m^2} - 4\left( {2m - 1} \right) = 4\)\( \Leftrightarrow 4{m^2} - 8m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\). Chọn A.
2.
\(\sqrt {10} .\)
\(\sqrt 5 .\)
4.
Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow \left( {3 + 2i} \right)z = 1 + 5i \Leftrightarrow z = 1 + i.\)
Khi đó \(w = \left( {z + 1} \right)\bar z = z\bar z + \bar z = \left( {1 + i} \right)\left( {1 - i} \right) + 1 - i = 2 + 1 - i = 3 - i.\)
Do đó \(\left| w \right| = \sqrt {{3^2} + 1} = \sqrt {10} .\) Chọn B.
\(\left( {2\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( { - 2\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\, - 2} \right).\)
\(\left( {6\,;\,\,5} \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {BC} = \left( {4\,;\,\, - 3} \right),\,\,\overrightarrow {AB} = \left( { - x\,;\,\,5 - y} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {4 - x\,;\,\,2 - y} \right)\)
Vì \(d\) đi qua \(H\) và vuông góc với \[BC\] nên \(d:4x - 3y - 5 = 0\)
Vì \(d\) đi qua \(A\) nên \(4{x_A} - 3{y_A} - 5 = 0 \Leftrightarrow {x_A} = \frac{{5 + 3{y_A}}}{4}\)
ABC vuông tại \(A\) nên \(\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x - 7y + 10 = 0\)
Thay (1) vào (2) ta được \({\left( {\frac{{5 + 3{y_A}}}{4}} \right)^2} + y_A^2 - 4 \cdot \frac{{5 + 3{y_A}}}{4} - 7{y_A} + 10 = 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{25}}{{26}}y_A^2 - \frac{{65}}{8}{y_A} + \frac{{105}}{{16}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{y_A} = \frac{{21}}{{15}}}\\{{y_A} = 1}\end{array}} \right.\).
Do tung độ của \(A\) nguyên nên \({y_A} = 1 \Rightarrow {x_A} = 2.\)
Vậy \(A\left( {2\,;\,\,1} \right).\) Chọn A.
\(x + 2y + 3 = 0.\)
\(2x + 4y + 3 = 0.\)
\(x + 2y + 3 = 0.\)
\(x + 2y - 2 = 0.\)
Do đường thẳng \(d'\) song song với đường thẳng \(d\) nên phương trình của đường thẳng \(d'\) là \(2x + 4y + m = 0\,\,\left( {m \ne 1} \right)\).
Giả sử \(d'\) cắt tia \[Ox\,,\,\,Oy\] lần lượt tại \(A\left( { - \frac{m}{2}\,;\,\,0} \right)\) và \(B\left( {0\,;\,\, - \frac{m}{4}} \right)\,\,\,\,\left( {m < 0} \right)\).
Theo bài, diện tích tam giác \[OAB\] bằng 1 nên:
\(\frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{m}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{m}{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{{m^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 4}&{(KTM)}\\{m = - 4}&{(TM)}\end{array}.} \right.\)
Với \(m = - 4\), ta được phương trình của đường thẳng \(d'\) là: \(x + 2y - 2 = 0\).
Chọn D.
\(\left( {0\,;\,\,0} \right).\)
\(\left( { - 1\,;\,\,3} \right).\)
\(\left( {0\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\)
Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\)
Ta có \[2\left| {z - i} \right| = \left| {z - \bar z + 2i} \right| \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2y + 2} \right)}^2}} \Leftrightarrow y = \frac{{{x^2}}}{4}.\]
Vậy đỉnh parabol là \(O\left( {0\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.
\(2x - y - 2z = 0.\)
\(2x - y + 2z = 0.\)
\(2x + y - 2z = 0.\)
\(2x + y - 2z + 1 = 0.\)
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng lần lượt là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {{n_\beta }} = \left( {5\,;\,\, - 4\,;\,\,3} \right).\)
Vì \(\left( P \right)\) vuông góc với \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) nên \({\vec n_{\left( P \right)}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} \,;\,\,\overrightarrow {{n_\beta }} } \right] = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\).
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là \(2x + y - 2z = 0.\) Chọn C.
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\pi {a^3}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{{24}}\pi {a^3}.\)
\(\pi {a^3}.\)
\(4\pi {a^3}.\)
![Một hình nón có đường sinh bằng \[2a\] và góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng \(60^\circ .\) Thể tích của khối nón tạo nên từ hình nón đã cho (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid3-1722384177.png)
Gọi \[r\,,\,\,h\] lần lượt là bán kính và độ dài đường cao của mình nón.
Giả sử góc giữa đường sinh \[SA\] và mặt phẳng đáy là \(60^\circ .\)
Ta có \(\cos \widehat {SAO} = \frac{{OA}}{{SA}} \Rightarrow r = OA = SA \cdot \cos 60^\circ = a\) và \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} = a\sqrt 3 .\)
Thể tích khối nón là \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 3 }}{3}.\) Chọn A.
\(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\,2} \right).\)
\(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)
\(\left( {0\,;\,\,2} \right).\)
Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)
Chọn C.
\(\frac{{2{a^3}}}{3}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}.\)
\(\frac{{\sqrt 6 {a^3}}}{3}.\)
\(\sqrt 2 {a^3}.\)
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \[a,{\rm{ }}SA\] vuông góc với đáy, \[SC\] tạo với mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) một góc (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid6-1722384338.png)
Do \[ABCD\] là hình vuông cạnh \(a\) nên \({S_{ABCD}} = {a^2}.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)
Khi đó, \(\left( {\widehat {SC,\,\,\left( {SAB} \right)}} \right) = \widehat {CSB} = 30^\circ .\)
Đặt \(SA = x \Rightarrow SB = \sqrt {{x^2} + {a^2}} .\)
Tam giác \[SBC\] vuông tại \(B\) nên \(\tan \widehat {CSA} = \tan 30^\circ = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{BC}}{{SB}}\)
Ta được \(SB = BC\sqrt 3 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \Rightarrow x = a\sqrt 2 .\)
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 2 \cdot {a^2} = \frac{{\sqrt 2 {a^2}}}{3}\) (đvtt). Chọn B.
\(T = 18.\)
\(T = 9.\)
\(T = 11.\)
\(T = 3.\)
Ta có \((P):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{3} = 1\) qua tâm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) nên \(\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{2}{a} + \frac{1}{b} = \frac{2}{3}{\rm{. }}\)
Lại có \({V_{OABC}} = \frac{1}{6}OA \cdot OB \cdot OC = \frac{1}{6}a \cdot b \cdot 3 = \frac{1}{2}ab.\)
Ta có \(\frac{2}{3} = \frac{2}{a} + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{2}{a} \cdot \frac{1}{b}} \Rightarrow ab \ge 18 \Rightarrow {V_{OABC}} \ge 9.\)
Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{a} = \frac{1}{b} > 0}\\{ab = 18}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3}\\{a = 6}\end{array} \Rightarrow a + b = 9} \right.} \right..\) Chọn B.
\[23\,\,591\,\,000\] đồng.
\[36\,\,173\,\,000\] đồng.
\[9\,\,437\,\,000\] đồng.
\[4\,\,718\,\,000\] đồng.
Gọi \(r\) là bán kính đáy của hình trụ thì ta có \(4,45 = 2r \cdot \sin 150^\circ \Rightarrow r = 4,45.\)
Từ đó suy ra góc ở tâm ứng với cung này là \(60^\circ \) và cung này bằng \(\frac{1}{6}\) chu vi đường tròn đáy.
Ta có diện tích xung quanh của các hình trụ là \({S_{xq}} = 2\pi rh\).
Nên diện tích của tấm kính chính là \(\frac{1}{6} \cdot 2\pi rh = \frac{{\pi rh}}{3}.\)
Do đó, giá tiền cần tính là \(1\,\,500\,\,000 \cdot \frac{{\pi \cdot 4,45 \cdot 1,35}}{3} \approx 9\,\,437\,\,000\) (đồng). Chọn C.
\(V = \frac{{3{a^3}}}{4}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}.\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow AM \bot BC.\)
Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng \( \Rightarrow BB' \bot (ABC) \Rightarrow BB' \bot AM.\)
Suy ra \(AM \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow \left( {AB',\,\,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {AB'M} = 30^\circ .\)
Tam giác \(AB'M\) vuông tại \(M\) có \(\sin \widehat {AB'M} = \frac{{AM}}{{AB'}} \Rightarrow AB' = a\sqrt 3 .\)
Tam giác \(AA'B'\) vuông tại \(A'\) có \(AA' = \sqrt {A{{B'}^2} - A'{{B'}^2}} = a\sqrt 2 .\)
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:
\({V_{ABC.A'B'C'}} = AB' \cdot {S_{ABC}} = a\sqrt 2 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}.\) Chọn D.
\(\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{{ - 3}}.\)
\(\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 1}}{{ - 3}}.\)
\(\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{2}.\)
\(\frac{{x + 1}}{5} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{3}.\)
Phương trình tham số đường thẳng \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + 2t}\\{y = t}\\{z = - 2 + 3t}\end{array}} \right.\).
Đường thẳng \(d\) cắt \(\left( P \right)\) tại \(M\left( { - 1 + 2t\,;\,\,t\,;\,\, - 2 + 3t} \right)\).
Suy ra \(\left( { - 1 + 2t} \right) \cdot 1 + t \cdot 2 + \left( { - 2 + 3t} \right) \cdot 1 - 4 = 0\)\( \Rightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\)
Vì \(\Delta \) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \({\vec u_\Delta } \bot {\vec n_{\left( P \right)}}\).
Vì \(\Delta \) vuông góc với \(d\) nên \({\vec u_\Delta } \bot {\vec u_d}\).
Suy ra \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\,\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( { - \frac{5}{3}\,;\,\,\frac{1}{3}\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \Delta :\frac{{x - 1}}{5} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 1}}{{ - 3}}.\) Chọn A.
1.
3.
6.
\[ - 9.\]
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 7\,;\,\, - 5\,;\,\, - 1} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \[B.\]
Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\) nên \(I\) là trung điểm của \[AC.\]
Suy ra \(I\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,3} \right)\), do đó \(a + 2b + c = 1 + 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 3 = 3.\) Chọn B.
10.
9.
7.
8.
Ta có \(f'\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1 \Rightarrow f'\left( {2 - x} \right) = {\left( {2 - x} \right)^3} - 3\left( {2 - x} \right) + 1\)
\( \Rightarrow f'\left( {2 - x} \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 3\)
Với \[y = f\left( {2 - x} \right) - (1 - m)x - 6\], ta có \(y' = - f'\left( {2 - x} \right) - 1 + m.\)
Hàm số \(y = f\left( {2 - x} \right) - \left( {1 - m} \right)x - 6\) nghịch biến trên \(\left( {2\,;\,\,3} \right)\)
\( \Leftrightarrow y' \le 0\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right)\)\( \Leftrightarrow - f'\left( {2 - x} \right) - 1 + m \le 0 \Leftrightarrow m \le 1 + f'\left( {2 - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow m \le - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 3 + 1 \Leftrightarrow m \le - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 4\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right)\)
Xét hàm số \(h\left( x \right) = - {x^3} + 6{x^2} - 9x + 4\) với \(x \in \left( {2\,;\,\,3} \right).\)
Ta có \(h'\left( x \right) = - 3{x^2} + 12x - 9 > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {2\,;\,\,3} \right).\)
Khi đó \({\min _{\left[ {2\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = h\left( 2 \right) = 2\) suy ra \(m \le 2.\)
Do \(m \in \left[ { - 5\,;\,\,5} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right\}.\)
Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu. Chọn D.
4.
2.
3.
5.
Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x + m \ge 0}\\{x + 2m - 9 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le \frac{m}{2}}\\{x \ne 9 - 2m}\end{array}} \right.} \right.\).
Yêu cầu bài toán trở thành: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{m}{2} \ge 1}\\{9 - 2m > 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 2}\\{m < 4}\end{array} \Leftrightarrow 2 \le m < 4} \right.} \right..\)
Kết hợp với điều kiện \(m \in \mathbb{Z}\) suy ra \(m \in \left\{ {2\,;\,\,3} \right\}.\) Chọn B.
\(S = \frac{7}{3}.\)
\(S = \frac{5}{3}.\)
\(S = \frac{{13}}{3}.\)
\(S = - \frac{5}{3}.\)
Ta có \(f'\left( x \right) + \left( {2x - 1} \right){\left[ {f\left( x \right) - x} \right]^2} = 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) - 1 = - \left( {2x - 1} \right){\left[ {f\left( x \right) - x} \right]^2}\)
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x \Leftrightarrow g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\), do đó \(g'\left( x \right) = - \left( {2x - 1} \right){g^2}\left( x \right)\)
\( \Leftrightarrow - \frac{{g'\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}} = 2x - 1 \Leftrightarrow \int - \frac{{g'\left( x \right)}}{{{g^2}\left( x \right)}}{\rm{d}}x = \int {\left( {2x - 1} \right){\rm{d}}x} \)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{{g\left( x \right)}} = {x^2} - x + C \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( x \right) - x}} = {x^2} - x + C\)
Mà \[f\left( 0 \right) = 1\] nên \(\frac{1}{{f\left( 0 \right) - 0}} = C \Leftrightarrow C = 1.\)
Do đó \[f\left( x \right) = x + \frac{1}{{{x^2} - x + 1}} \Rightarrow S = f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) = 2 + \frac{7}{3} = \frac{{13}}{3}.\]
Chọn C.
\(\frac{{16}}{{35}}.\)
\(\frac{{19}}{{35}}.\)
\(\frac{{22}}{{35}}.\)
\(\frac{9}{{35}}.\)
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau là \(A_7^4 = 840 \Rightarrow n(\Omega ) = 840.\)
Biến cố A "số được chọn không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn".
TH1: Số được chọn có 4 chữ số đều là số lẻ, có \(4! = 24\) cách chọn.
TH2: Số được chọn có 1 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ
Có \(C_3^1\) cách chọn 1 chữ số chẵn và \(C_4^3\) cách chọn 3 chữ số lẻ.
Đồng thời có \[4!\] cách sắp xếp 4 số được chọn
Nên có \(C_3^1 \cdot C_4^3 \cdot 4! = 288\) cách chọn thỏa mãn.
TH3: Số được chọn có 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.
Chọn 2 số chẵn, 2 số lẻ trong tập hợp \(\left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}\) có \(C_3^2 \cdot C_4^2\) cách.
Với mỗi bộ 2 số chẵn và 2 số lẻ được chọn, để hai số chẵn không đứng cạnh nhau thì ta có các trường hợp CLCL, CLLC, LCLC.
Với mỗi trường hợp trên ta có \[2!\] cách sắp xếp 2 số lẻ và \[2!\] cách sắp xếp các số chẵn nên có 3.2!.2! số thỏa mãn.
Suy ra trường hợp 3 có \(C_3^2 \cdot C_4^2 \cdot 12 = 216\) (cách chọn).
Suy ra \(n(A) = 24 + 288 + 216 = 528.\)
Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{528}}{{840}} = \frac{{22}}{{35}}.\) Chọn C.
\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{32}}{9}.\)
\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{32}}{{27}}.\)
\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{1}{2}.\)
\(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{9}{8}.\)
![Cho hình chóp đều \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \(a\), cạnh bên hợp với đáy một góc bằng \(60^\circ .\) Kí hiệu \({V_1},\,\,{V_2}\) l (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid9-1722384997.png)
Gọi \[O\] là tâm hình vuông \[ABCD.\] Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right).\)
Và góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy \[\left( {ABCD} \right)\] là \(\widehat {SAO}.\)
Theo giả thiết \(\widehat {SAO} = 60^\circ \) nên \[\Delta SAC\] đều \( \Rightarrow SA = a\sqrt 2 \) và \(SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)
Gọi \(M\) là trung điểm \[SA.\] Trong \(\left( {SAC} \right)\), đường trung trực của cạnh \[SA\] cắt \[SO\] tại \[I.\]
Khi đó, \(I = IA = IB = IC = ID\) nên \(I\) là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \[S.ABCD.\]
Tam giác \[SAO\] có \(SI \cdot SO = SM \cdot SA \Rightarrow SI = \frac{{S{A^2}}}{{2SO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = R.\)
Ta lại có, khối nón ngoại tiếp hình chóp có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông \[ABCD\] nên có bán kính đáy \(r = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) và chiều cao \(h = SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)
Suy ra \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{4}{3} \cdot \pi {{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^3}}}{{\frac{1}{3}\pi {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}} = \frac{{32}}{9}.\) Chọn A.
Ta có: \({y^\prime } = \frac{{{x^2} - 6x + 5}}{{{{(x - 3)}^2}}}.\)
Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}} \right)\) là tọa độ tiếp điểm.
Phương trình tiếp tuyến với \((C)\) tại \(M\) có dạng: \(y = \frac{{x_0^2 - 6{x_0} + 5}}{{{{\left( {{x_0} - 3} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}\)
Tiếp tuyến đi qua \(A(4;1) \Rightarrow 1 = \frac{{x_0^2 - 6{x_0} + 5}}{{{{\left( {{x_0} - 3} \right)}^2}}}\left( {4 - {x_0}} \right) + \frac{{x_0^2 - {x_0} - 2}}{{{x_0} - 3}}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} \ne 3}\\{5x_0^2 - 22{x_0} + 17 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = 1}\\{{x_0} = \frac{{17}}{5}}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm. Đáp án: 2.
Đặt \[f\left( x \right) = \frac{{x - 1}}{{x + 2}} \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right|.\]
Ta có \[y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\end{array}} \right.\].
Dễ thấy \(f'\left( x \right) = \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} > 0\) và \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)
Do đó, hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị.
Đáp án: 1.
Do mặt cầu tâm \(A\) tiếp xúc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nên \[R = d\left( {A,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 6 + 4 + 1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = 4.\]
Đáp án: 4.
Đáp án: ……….
Gọi chiều dài của tấm tôn là \(x\,\,(\;{\rm{cm}})\) và \(0 < x < 60.\)
Suy ra chiều rộng của tấm tôn là \(60 - x\,\,(\;{\rm{cm}}).\)
Giả sử cuộn tấm tôn theo cạnh có kích thước là \(x\).
Suy ra \(x\) chính là chu vi của đường tròn đáy của khối trụ.
Do đó khối trụ có \(R = \frac{x}{{2\pi }}\) và chiều cao \(h = 60 - x\,\,(\;{\rm{cm}}).\)
Thể tích của khối trụ là: \(V = \pi {R^2}h = \frac{{ - {x^3} + 60{x^2}}}{{4\pi }} = \frac{{x \cdot x \cdot (120 - 2x)}}{{8\pi }}\).
Ta có \(\frac{{x \cdot x \cdot \left( {120 - 2x} \right)}}{{8\pi }} \le \frac{{{{\left( {\frac{{x + x + 120 - 2x}}{3}} \right)}^3}}}{{8\pi }} = \frac{{8\,\,000}}{\pi }\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(x = 120 - 2x \Leftrightarrow x = 40\,\,(\;{\rm{cm}}).\)
Đáp án: 40.
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
\( \Leftrightarrow {x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 11} \right)x - 2{m^2} + 2 = 0\) có ba nghiệm phân biệt
Ta có \({x^3} - 8{x^2} + \left( {{m^2} + 11} \right)x - 2{m^2} + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} - 6x + {m^2} - 1} \right) = 0\)\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{{x^2} - 6x + {m^2} - 1 = 0}\end{array}} \right.\).
Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt khác 2
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' = 10 - {m^2} > 0}\\{{m^2} - 8 \ne 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne \pm \,2\sqrt 2 }\\{ - \sqrt {10} < m < \sqrt {10} }\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa mãn đề bài.
Đáp án: 7.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} - ax - b} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{x^2} - 3x + 1 - {{(ax + b)}^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)
\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{4{x^2} - 3x + 1 - {a^2}{x^2} - 2abx - {b^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {4 - {a^2}} \right){x^2} - (3 + 2ab)x + 1 - {b^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 1} + ax + b}} = 0\)
Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - {a^2} = 0}\\{a > 0}\\{3 + 2ab = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{4b = - 3}\end{array} \Leftrightarrow a - 4b = 5} \right.} \right..\)
Đáp án: 5.
Ta có: \[y\prime = {x^2} - 2mx + {m^2} - m\].
Hàm số đã cho có hai điểm cực trị \[ \Leftrightarrow y\prime = 0\;\]có hai nghiệm phân biệt \[ \Leftrightarrow \Delta ' = {m^2} - {m^2} + m > 0 \Leftrightarrow m > 0\]Khi đó \[{x_1}{x_2} = 2 \Leftrightarrow {m_2} - m = 2\; \Leftrightarrow {m_2} - m - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\,\,\left( {loai} \right)\\m = 2\,\,\,\,\,\left( {TM} \right)\end{array} \right.\].
Vậy \[m = 2\].
Đáp án: 2.
Số cách chọn 6 học sinh bất kì trong 12 học sinh là \(C_{12}^6\) cách.
Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 10 là \(C_7^6\) cách.
Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 11 là \(C_8^6\) cách.
Số cách chọn 6 học sinh mà trong đó không có học sinh khối 12 là \(C_9^6\) cách.
Vậy có \(C_{12}^6 - \left( {C_7^6 + C_8^6 + C_9^6} \right) = 805\) cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 805.
Cho hàm số x\(y = f\left( x \right)\) có đồ thị là đường cong trong hình bên. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {f\left( {\cos x} \right)} \right) = m\) có nghiệm?
Đáp án: ……….
Đặt \(t = \cos x \in \left[ { - 1\,;\,\,1} \right] \Rightarrow f\left( t \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right].\)
Đặt \(u = f\left( t \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,3} \right] \Rightarrow f\left( u \right) \in \left[ { - 1\,;\,\,5} \right].\)
Do đó \(f\left( {f\left( {\cos x} \right)} \right) = m\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m \le 5.\)
Kết hợp với \(m \in \mathbb{Z}\) nên có \(5 - \left( { - 1} \right) + 1 = 7\) giá trị nguyên cần tìm.
Đáp án: 7.
Ta có \[P = \left| {\bar z + 1 + i} \right| = \left| {\overline {\bar z + 1 + i} } \right| = \left| {z + 1 - i} \right|\].
Suy ra \(P = \left| {\left( {z - 2 - 3i} \right) + 3 + 2i} \right| = \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right|\) với \(w = z - 2 - 3i.\)
Khi đó \(\left| {\left| w \right| - \left| { - 3 - 2i} \right|} \right| \le \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right| \le \left| w \right| - \left| { - 3 - 2i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {13} - 1 \le \left| {w - \left( { - 3 - 2i} \right)} \right| \le \sqrt {13} + 1 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\min P = \sqrt {13} - 1}\\{\max P = \sqrt {13} + 1}\end{array}} \right.\).
Vậy \(M \cdot m = \left( {\sqrt {13} + 1} \right) \cdot \left( {\sqrt {13} - 1} \right) = 13 - 1 = 12.\)
Đáp án: 12.
Gọi \[M\] là trung điểm \[AB.\] Do tam giác \[ABC\] đều nên \(CM \bot AB.\)
Lại có \(CM \bot A'A\) nên suy ra
\[CM \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {A'C,\,\,\left( {ABB'A'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'C,\,\,A'M} \right)} = \widehat {MA'C}\]
Ta có \(A'C = \sqrt {A'{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {2{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \) và \(CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
Trong tam giác vuông \(CM'A\), ta có:
\(\sin \widehat {MA'C} = \frac{{MC}}{{A'C}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {MA'C} = 30^\circ {\rm{.}}\)
Vậy góc giữa đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) bằng \(30^\circ .\)
Đáp án: 30.
![Trong không gian \[Oxyz,\] cho các điểm \[A\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,2} \right),B\left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,4} \right)\] và hai điểm \[M,\,\,N\] thay đổi trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) sao cho \(MN = 1.\) Giá trị nhỏ nhất của \(A{M^2} + B{N^2}\) là Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid13-1722385527.png)
Gọi \(H\left( {1\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,K\left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\) là hình chiếu của \[A,\,\,B\] trên \({\rm{mp}}\left( {Oxy} \right)\), độ dài \(HK = 5.\)
Ta chọn vị trí \[M,\,\,N\] thuộc đoạn \[HK\] như hình vẽ, đặt \(HM = a,\)\(NK = b\) thì \(a + b = 4.\)
Khi đó \(A{M^2} + B{N^2} = A{H^2} + {a^2} + {b^2} + K{B^2} = 4 + 16 + {a^2} + {b^2}.\)
Suy ra \(A{M^2} + B{N^2} \ge 20 + \frac{1}{2}{\left( {a + b} \right)^2} = 20 + 8 = 28.\)
Đáp án: 28.
Đặt \(t = {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right)\).
Khi đó, phương trình trở thành: \({\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot {\log _4}\left[ {2 \cdot \left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m\)
\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot \frac{1}{2}{\log _2}\left[ {2 \cdot \left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \cdot \left[ {1 + {{\log }_2}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = 2m\)
\( \Leftrightarrow t\left( {1 + t} \right) = 2m \Leftrightarrow 2m = {t^2} + t = f\left( t \right).\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow 2m > f\left( 2 \right) = {2^2} + 2 \Leftrightarrow m > 3\).
Kết hợp với \(m \in \left[ { - 50\,;\,\,50} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\, \ldots ;\,\,50} \right\}.\) Đáp án: 47.
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\) Biết \(SA = AB = 2\,,\,\,AD = 4.\) Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \[SAD.\] Khoảng cách từ \(G\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid14-1722385602.png)
Gọi \(M\) là trung điểm \(SD\) nên
\[d\left( {G,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{GM}}{{AM}}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right).\]
Mà \[SA,\,\,AB,\,\,AD\] đôi một vuông góc nên
\(\frac{1}{{{{\left[ {d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)} \right]}^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{4}{3}{\rm{. }}\)
Vậy khoảng cách từ điểm \(G\) đến \(\left( {SBD} \right)\) là: \(d\left( {G,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{4}{9}.\)
Đáp án: \(\frac{4}{9}.\)
Gọi chiều rộng của bể cá là \(a\,\,(m),\,\,a > 0.\)
Suy ra chiều dài của bể cá là \(2a\,\,(m).\)
Diện tích xung quanh của bể cá là \({S_{xq}} = 2h\left( {a + 2a} \right) = 6ah.\)
Diện tích đáy của bể cá là \(2{a^2}\,\,\left( {{m^2}} \right)\).
Do đó, tổng diện tích kính để làm bể cá là \(6ah + 2{a^2} = 5 \Leftrightarrow h = \frac{{5 - 2{a^2}}}{{6a}}\).
Thể tích của bể cá là \(V = h \cdot a \cdot 2a = 2h{a^2} = 2{a^2} \cdot \frac{{5 - 2{a^2}}}{{6a}} = \frac{1}{3}\left( {5a - 2{a^3}} \right)\).
Xét hàm số \(f\left( a \right) = 5a - 2{a^3}\) với \(a > 0\).
Suy ra giá trị lớn nhất của \(f\left( a \right)\) là \(f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right) = \frac{{5\sqrt {30} }}{9}\).
Vậy bể cá có dung tích lớn nhất bằng \(\frac{1}{3} \cdot \frac{{5\sqrt {30} }}{9} \approx 1,01\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{01}}.\]
Sau một thời gian sống trong thân xác anh hàng thịt, hồn Trương Ba cảm thấy vô cùng đau khổ, bế tắc khi phải rơi vào bi kịch.
Sau màn đối thoại giữa hồn Trương Ba và xác hàng thịt mà ở đó xác hàng thịt đã sử dụng những lí lẽ ti tiện để thắng thế hồn Trương Ba.
Sau khi hồn Trương Ba nói chuyện với người con dâu của mình và được chị thấu hiểu cảm thông về tình cảnh trớ trêu hiện tại.
Sau khi hồn Trương Ba chứng kiến phản ứng dữ dội của cái Gái – đứa cháu gái yêu quí ông nội sâu sắc.
Đoạn kịch diễn ra sau một thời gian sống trong thân xác anh hàng thịt, hồn Trương Ba cảm thấy vô cùng đau khổ, bế tắc khi phải rơi vào bi kịch. Chọn A.
Hồn Trương Ba trách cứ Đế Thích vì Đế Thích chỉ cần Trương Ba được sống mà không quan tâm ông sống như thế nào.
Hồn Trương Ba phân trần với Đế Thích về hoàn cảnh quái gở hiện tại của mình.
Hồn Trương Ba khẩn cầu Đế Thích cho ông được chết để thoát khỏi tình cảnh “bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo” và xin cho cu Tị được sống lại.
Hồn Trương Ba bày tỏ quan niệm sống của mình với Đế Thích.
Đoạn trích nói về việc Hồn Trương Ba bày tỏ quan niệm sống của mình với Đế Thích: Sống nhờ vào đồ đạc, của cải người khác, đã là chuyện không nên, đằng này đến cái thân tôi cũng phải sống nhờ anh hàng thịt. Ông chỉ nghĩ đơn giản là cho tôi sống, nhưng sống như thế nào thì ông chẳng cần biết! Chọn D.
Là những lời ghi chú về hành động, cử chỉ, thái độ, biểu hiện của nhân vật,... nhằm định hướng việc diễn xuất của các diễn viên.
Giúp người đọc, người nghe hình dung ra được bối cảnh của sự việc, thái độ và tâm trạng của nhân vật.
Là những lời chỉ dẫn nhằm thuyết minh về cách bài trí sân khấu (đạo cụ, âm thanh, ánh sáng,...)
Cụ thể hóa cá tính của mỗi nhân vật trong đoạn kịch đồng thời góp phần đẩy xung đột kịch lên đến cao trào, đỉnh điểm.
Bên cạnh những lời thoại của nhân vật, các chú thích nghệ thuật của tác giả (in nghiêng và đặt trong ngoặc đơn) trong đoạn kịch trên có ý nghĩa giúp người đọc, người nghe hình dung ra được bối cảnh của sự việc, thái độ và tâm trạng của nhân vật. Ví dụ: vẻ nhợt nhạt của Hồn Trương Ba. Chọn B.
Ông Đế Thích ạ, tôi không thể tiếp tục mang thân anh hàng thịt được nữa, không thể được!
Sống nhờ vào đồ đạc, của cải người khác, đã là chuyện không nên, đằng này đến cái thân tôi cũng phải sống nhờ anh hàng thịt.
Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn.
Ông chỉ nghĩ đơn giản là cho tôi sống, nhưng sống như thế nào thì ông chẳng cần biết!
Lời thoại thể hiện rõ nhất quan niệm của Hồn Trương Ba về ý nghĩa sự sống là: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn. Chọn C.
Giả tạo
Thành thật.
Lọc lừa.
Trung thực.
Lối sống “bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo” là biểu hiện của lối sống giả tạo, không chân thật. Chọn A.
Biểu cảm.
Tự sự.
Nghị luận.
Miêu tả.
Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ: biểu cảm. Chọn A.
Sự xót xa về những nỗi đau của đất nước.
Lòng căm phẫn của tác giả đối với giặc ngoại xâm.
Tình cảm yêu mến, tự hào, biết ơn của tác giả đối với đất nước.
Tình yêu gia đình của tác giả.
Hoán dụ, liệt kê, nhân hóa.
Điệp ngữ, liệt kê.
Nói quá, câu hỏi tu từ.
So sánh, chơi chữ, liệt kê.
Biện pháp nghệ thuật:
+ Điệp ngữ: là của chúng ta, những.
+ Liệt kê: trời xanh, núi rừng, cánh đồng, ngả đường, dòng sông.
→ Chọn B.
5 chữ.
7 chữ.
8 chữ.
Tự do.
Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do. Chọn D.
Tạo nhịp điệu cho lời thơ.
Nhấn mạnh niềm tự hào của tác giả về đất nước ta.
Nhấn mạnh quan điểm của tác giả về chủ quyền dân tộc.
Tất cả các phương án trên.
Giai đoạn.
Thời cuộc.
Khốn khó.
Hoàn cảnh.
Dựa vào hoàn cảnh của câu nói: bà cụ Tứ nói khi thấy con trai bà – Tràng dẫn người phụ nữ xa lạ về làm vợ giữa bối cảnh khó khăn của nạn đói. “Tao đoạn” được hiểu là giai đoạn khó khăn. Chọn A.
Mở mặt mở mày.
Dựng vợ gả chồng.
Yên bề gia thất.
Ai oán xót thương.
Thành ngữ dân gian “dựng vợ gả chồng”. Chọn B.
Gợi lên sự ngập ngừng trong lời nói, qua đó, cho thấy được vẻ đẹp tâm hồn nhân vật.
Tách biệt câu văn với các câu ở sau nó, tạo nên ý nghĩa đặc biệt cho đoạn trích.
Gợi lời độc thoại nội tâm bị đứt đoạn, từ đó, cho thấy tâm trạng tấm lòng của bà cụ Tứ.
Gợi thái độ buông xuôi, không có gì để tiếp tục câu chuyện, lời nói của mình.
Câu nói “Còn mình thì…”, dấu … gợi lời độc thoại nội tâm của nhân vật bà cụ Tứ bị đứt đoạn, khi bà so sánh giữa người ta với con mình. Qua đó, người đọc thấy được tấm lòng của người mẹ già này. Bà thương con nhưng thấy mình chưa làm tròn bổn phận, trách nhiệm của một người mẹ, nhất là trong ngày hạnh phúc của con. Chọn C.
Kể lại sự việc Tràng dẫn người vợ mới về nhà.
Tâm trạng của bà cụ Tứ trong buổi sáng có nàng dâu mới.
Tâm trạng của bà cụ Tứ khi nói chuyện với các con.
Tâm trạng của bà cụ Tứ khi biết Tràng “nhặt” được vợ.
Đoạn trích là lời độc thoại nội tâm của bà cụ Tứ cho thấy tâm trạng của bà khi biết Tràng “nhặt” được vợ. Chọn D.
Xây dựng tình huống truyện
Miêu tả ngoại hình, tính cách nhân vật.
Miêu tả tâm lí nhân vật.
Sử dụng ngôi kể, điểm nhìn linh hoạt.
Đoạn trích là lời độc thoại nội tâm, miêu tả tâm lí của bà cụ Tứ khi con trai dẫn người “vợ nhặt” về nhà, không có sự xuất hiện của miêu tả ngoại hình hay xây dựng tình huống truyện hay có sự chuyển đổi điểm nhìn, ngôi kể. Chọn C.
tiến bước.
đánh mất.
tương lai.
còn thấp.
Từ “tương lai” chỉ thời gian sẽ đến về sau này; phân biệt với hiện tại và quá khứ. Đây là từ chỉ có nghĩa gốc, không có nghĩa chuyển. Chọn C.
Tiến bước - lùi bước.
Đánh mất - hiểu mình.
Lên cao - xuống thấp.
Hôm nay - ngày mai.
Lục ngôn.
Tự do.
Thất ngôn.
Lục bát.
Đoạn trích sử dụng thể thơ tự do, câu thơ dài ngắn linh hoạt. Chọn B.
Hãy luôn khiêm tốn, biết mình.
Đừng tự tin vào bản thân.
Hãy sống thật thà, vị tha.
Đừng so sánh mình với người khác.
Câu thơ “Hãy ngước nhìn lên cao để thấy mình còn thấp” gửi gắm thông điệp hãy luôn khiêm tốn, biết mình. Chọn A.
Những quy định của người cha đối với con về cách sống.
Lời răn dạy của người cha đối với con về quan niệm sống.
Lời khuyên của người cha đối với con về lẽ sống, cách sống.
Lời giáo huấn của người cha đối với con lẽ sống, cách sống.
chủ yếu.
cực kì.
thể loại.
tiếp thu.
Câu này sai về phong cách ngôn ngữ. Từ “cực kì” là ngôn ngữ nói, không dùng cho văn bản khoa học. Chọn B.
qua.
ca dao.
công lao.
to lớn.
Câu văn dùng thừa quan hệ từ “qua”, vì vậy câu trở nên thiếu chủ ngữ, có thể chữa lại như sau: Câu ca dao “Công cha như núi Thái Sơn, Nghĩa mẹ như nước trong nguồn chảy ra” cho ta thấy công lao to lớn của cha mẹ đối với con cái. Chọn A.
làm thơ.
dấu hiệu.
trạng xúc.
khác thường.
Nguyễn Đình Thi viết: “Làm thơ, ấy là dùng lời và những dấu hiệu thay cho lời nói, tức là chữ - để thể hiện một trạng thái tâm lí đang rung chuyển khác thường”. Chọn C.
duy nhất.
chân thực.
gay gắt.
khá phổ biến.
thành quả.
độc lập tự chủ.
phương tiện.
ưu Việt.
Lỗi sai về dùng từ chưa phù hợp nội dung văn bản, có thể thay “ưu Việt” bằng “thuần Việt”. Chọn D.
tim tím.
xanh lè.
đỏ chót.
vàng ươm.
Từ “tim tím” mang sắc thái giảm nhẹ về tính chất, các từ còn lại mang sắc thái tăng dần. Chọn A.
véo.
giẫm.
nắn.
bóp.
Từ “giẫm” là hành động của chân; các từ còn lại trong nhóm (véo, nắn, bóp) là hoạt động của tay. Chọn B.
bưng.
bê.
đội.
đỡ.
Từ “đội” là hoạt động của đầu (đội mũ, đội nón); các từ còn lại trong nhóm (bưng, bê, đỡ) là hoạt động của tay. Chọn C.
Tự tình.
Câu cá mùa thu.
Chiếu cầu hiền.
Thương vợ.
“Chiếu cầu hiền” thuộc thể chiếu (văn xuôi), các tác phẩm còn lại đều là các tác phẩm thơ. Chọn C.
Nam Cao.
Ngô Tất Tố.
Nguyên Hồng.
Nguyễn Minh Châu.
Bên cạnh/ sẽ.
Tuy/ nhưng.
Ngoài/ còn.
Vì/ nên.
liệu trình/ giàu.
quy trình/ đẹp.
tiến trình/ mạnh.
quá trình/ giàu.
Cũng như mọi thứ tiếng khác, trong quá trình phát triển, tiếng Việt đã tiếp nhận thêm nhiều từ ngữ, nhiều ý nghĩa và cách cấu tạo từ của ngoại ngữ để làm giàu cho từ vựng của mình. Chọn D.
đề xuất/ biện pháp.
để đạt/ cách thức.
đề bạt/ biện pháp.
đề nghị/ quy trình.
Chúng ta phải chủ động đề xuất những phương hướng và biện pháp giải quyết hiệu quả. Chọn A.
1940 – 1945.
1930 – 1945.
1945 – 1975.
1900 – 1945.
Viết về đề tài người nông dân, Nam Cao đã dựng lên một bức tranh chân thực về nông thôn Việt Nam nghèo đói, xơ xác trên con đường phá sản, bần cùng, hết sức thê thảm vào những năm 1940-1945. Chọn A.
ngoại hình.
tâm hồn.
tâm trạng.
tâm lí.
Nam Cao là nhà văn có biệt tài diễn tả, phân tích tâm lí nhân vật. Chọn D.
Chính luận.
Nghệ thuật.
Khoa học.
Báo chí.
So sánh.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
So sánh: mười năm qua như ngọn lửa. Chọn A.
Vẻ đẹp tâm hồn, tính cách của nhân dân có thể tìm thấy trong văn hoá tinh thần của nhân dân.
Suy tư, nhận thức về Đất Nước của nhà thơ trên cơ sở tư tưởng “Đất Nước của Nhân dân”.
Lối sống đậm nghĩa, vẹn tình, quý trọng tình nghĩa của nhân dân.
Đất Nước được tạo nên bởi sức mạnh và tình nghĩa của nhân dân.
Đoạn trích là những suy tư, nhận thức về Đất Nước của nhà thơ trên cơ sở tư tưởng “Đất Nước của Nhân dân”. Chọn B.
Miêu tả, tự sự.
Tự sự, biểu cảm.
Thuyết minh.
Nghị luận.
Cách xưng hô vạch rõ ranh giới giữa kẻ có quyền hành với người dân thấp cổ bé họng.
Cách xưng hô ngọt ngào, khôn khéo của một tên cáo già lọc lõi, lắm mưu nhiều kế và rất thâm hiểm đã lập tức xoa dịu được cơn giận của Chí Phèo.
Cách xưng hô thể hiện rõ vai giao tiếp.
Cách xưng hô theo khuôn mẫu.
Các từ in đậm thể hiện cách xưng hô của Bá Kiến rất ngọt ngào, khôn khéo - một tên cáo già lọc lõi, lắm mưu nhiều kế và rất thâm hiểm đã lập tức xoa dịu được cơn giận của Chí Phèo. Chọn B.
So sánh, nhân hóa.
So sánh, hoán dụ.
So sánh, ẩn dụ.
So sánh, chơi chữ.
So sánh: như da mặt một người bầm đi vì rượu bữa. Nhân hóa: lừ lừ. Chọn A.
Lãng man, tài hoa.
Mê đắm, tài hoa.
Suy tư, triết lí.
Mộc mạc, giản dị.
Đặc điểm thơ Chế Lan Viên: suy tư, triết lí. Chọn C.
Nghệ thuật.
Báo chí.
Sinh hoạt.
Chính luận.
Đoạn trích trên được trích từ một văn bản văn học nên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn A.
Nhạy cảm, tế nhị, có khả năng đi sâu vào những chi tiết rất nhỏ, rất sâu sắc.
Tư chất nghệ sĩ.
Sự không chuyên, thiếu cố gắng.
Thấu hiểu sự đời.
Nghĩa của từ “tinh tế” nhạy cảm, tế nhị, có khả năng đi sâu vào những chi tiết rất nhỏ, rất sâu sắc. Chọn D.
Cái chết.
Sự sống.
Thành công.
Trưởng thành.
Chi tiết: Nhưng Cái Chết là đích đến mà tất cả chúng ta đều phải tới. Chọn A.
Thể hiện trực tiếp cảm xúc ham hố, tham lam trào dâng mãnh liệt trong lồng ngực yêu đời của thi sĩ.
Thể hiện cảm xúc ào ạt dâng trào, lấn át khung cấu tứ thông thường và khao khát cháy bỏng của thi sĩ muốn tận hưởng trọn vẹn vẻ đẹp của thì xuân sắc.
Vừa gợi sự giàu có trong bữa tiệc trần gian sang trọng và cám dỗ vừa thể hiện niềm khát sống thèm yêu mãnh liệt của thi nhân hiện đại.
Bộc lộ rõ niềm yêu đời tha thiết, yêu cuộc sống, muốn tận hưởng hạnh phúc tràn đầy của tình yêu và tuổi trẻ.
Trong ngữ pháp tiếng Việt, từ “và” thường chỉ xuất hiện ở vế cuối cùng. Trong câu thơ này, từ “và” xuất hiện tới 3 lần ở cả 3 vế câu đã gợi ra sự giàu có trong bữa tiệc trần gian. Thể hiện niềm khát sống thèm yêu mãnh liệt của thi nhân hiện đại: cuộc đời đẹp đẽ, mùa xuân của đất trời thì vô hạn nên thi nhân có tận hưởng, chiếm lĩnh bao nhiêu vẫn thấy như ít ỏi, muốn nhận thêm, hưởng thêm. Chọn C.
Nhân vật Chiến.
Nhân vật Việt.
Nhà văn Nguyễn Thi.
Nhân vật chú Năm.
Đoạn trích được trần thuật từ điểm nhìn của nhân vật Việt. Chọn B.
Câu (1).
Câu (2).
Câu (3).
Câu (4).
Câu thơ “Xay hết, lò than đã rực hồng” thể hiện rõ tinh thần lạc quan của Bác. Chọn D.
Nhấn mạnh sự hồi sinh sức sống tiềm tàng, mãnh liệt trong lòng Mị đã bị vùi dập thật độc ác bởi những hành động bất nhân của A Sử.
Diễn tả sự thuần thục trong hành động (trói vợ) của A Sử. Từ đó, nhấn mạnh bản tính lạnh lùng, dã man của nhân vật này.
Tô đậm nỗi cay đắng, phẫn uất, đau đớn, tủi nhục trong đoạn đời làm dâu gạt nợ ở nhà thống lí Pá Tra của nhân vật Mị.
Làm nổi bật sự vũ phu của nhân vật A Sử đồng thời cho thấy tình trạng phi lí trong cuộc hôn nhân giữa Mị và A Sử.
Tô Hoài sử dụng nhiều câu văn ngắn kết hợp với các câu văn dài có nhiều vế ngắn, nhịp điệu nhanh để diễn tả sự thuần thục trong hành động (trói vợ) của A Sử. Từ đó, nhấn mạnh bản tính lạnh lùng, dã man của nhân vật này. Chọn B.
Không gian sông nước mở rộng và trải dài vô biên, hoang sơ, hiu quạnh.
Bức tranh thiên nhiên mênh mông, hoang vắng thiếu hơi ấm của sự sống con người.
Sự gặp gỡ giữa không gian sông nước mênh mông với tâm trạng của con người.
Hình ảnh của cuộc sống con người trong một buổi chiều buồn ở một vùng bến bãi.
Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn thơ là sự gặp gỡ giữa không gian sông nước mênh mông với tâm trạng của con người. Chọn C.
Nhà nước không thu thuế lương thực
bỏ chính sách trung thu lương thực thừa.
Nhà nước nắm độc quyền nền kinh tế.
Nhà nước chỉ nắm ngành ngân hàng.
Một trong những nội dung của Chính sách kinh tế mới (1921) ở nước Nga Xô viết là bãi bỏ chính sách trung thu lương thực thừa và thay bằng thu thuế lương thực. Chọn B.
Nguyên nhân sâu xa
Duyên cớ chiến tranh.
Nguyên nhân trực tiếp.
Tính chất chiến tranh.
Chọn A vì cả hai cuộc chiến tranh thế giới trong thế kỉ XX đều xuất phát từ nguyên nhân sâu xa là sự phát triển không đều giữa các nước đế quốc và mâu thuẫn giữa các nước này về vấn đề thị trường và thuộc địa.
B, C loại vì duyên cớ và nguyên nhân trực tiếp của hai cuộc chiến tranh là khác nhau.
D loại vì Chiến tranh thế giới thứ nhất hoàn toàn mang tính chất phi nghĩa còn Chiến tranh thế giới thứ hai ở giai đoạn sau mang tính chính nghĩa với sự tham chiến của Liên Xô chống lại chủ nghĩa phát xít.
Hình thức đấu tranh quyết liệt và triệt để hơn.
Quy mô phong trào rộng lớn trên cả nước.
Lôi cuốn đông đảo quần chúng nhân dân tham gia
Phong trào cách mạng đầu tiên do Đảng Cộng sản lãnh đạo.
A loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra quyết liệt.
B, C loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra rộng lớn trên cả nước và lôi cuốn đông đảo quần chúng nhân dân tham gia.
Chọn D vì phong trào 1930-1931 là phong trào cách mạng đầu tiên do Đảng Cộng sản lãnh đạo.
Tây Âu.
Tây Đức.
Đông Âu.
Tây Béclin.
Theo quyết định của Hội nghị lanta (2-1945), Đông Âu thuộc phạm vi ảnh hưởng của Liên Xô. Chọn C.
Liên Xô và Mĩ đã tuyên bố chấm dứt Chiến tranh lạnh.
một số tổ chức hợp tác mang tính khu vực đã ra đời.
Việt Nam đã kết thúc cuộc kháng chiến chống Mĩ.
trật tự hai cực Ianta đang trong quá trình tan rã.
Phương án A, C, D đều không đúng hiện thực lịch sử. Khi ASEAN thành lập thì một số tổ chức hợp tác mang tính khu vực đã ra đời trong đó tiêu biểu nhất là khối thị trường chung châu Âu. Chọn B.
Chuẩn bị về tư tưởng, chính trị, tổ chức cho sự ra đời của chính Đảng vô sản ở Việt Nam.
Nguyễn Ái Quốc đã tiếp nhận và truyền bá chủ nghĩa Mác-Lênin vào Việt Nam.
Xây dựng mối liên minh công-nông trong cuộc đấu tranh giải phóng dân tộc.
Đưa cách mạng Việt Nam trở thành một bộ phận của cách mạng thế giới.
B loại vì ngoài việc tiếp nhận và truyền bá chủ nghĩa Mác-Lênin vào Việt Nam thì Nguyễn Ái Quốc còn chuẩn bị về tổ chức cho việc thành lập Đảng sau này khi sáng lập Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên.
C loại vì liên minh công-nông bước đầu được hình thành trong phong trào 1930-1931.
D loại vì sau khi Đảng ra đời thì mới gắn liền cách mạng Việt Nam với cách mạng thế giới và trở thành một bộ phận của cách mạng thế giới.
Chọn A.
Không lôi cuốn được đông đảo các tầng lớp nhân dân tham gia.
Chưa tập hợp được lực lượng trong mặt trận dân tộc thống nhất.
Nặng về chủ trương tiến hành bằng bạo lực, ám sát cá nhân.
Đường lối chưa đáp ứng được yêu cầu thực tiển cách mạng.
Trong những năm 1919-1930, phong trào dân tộc theo khuynh hướng dân chủ tư sản có bước phát triển nhưng cuối cùng thất bại hoàn toàn. Khuynh hướng này thất bại do nguyên nhân chính là đường lối chưa đáp ứng được yêu cầu thực tiễn cách mạng Việt Nam. Các mạng Việt Nam cần một đường lối để chống lại bạo lực cách mạng của thực dân Pháp, giành độc lập, đem lại quyền lợi chính đáng cho mọi giai cấp trong xã hội. Chọn D.
quân sự và kinh tế.
quân sự và chính trị.
chính trị và kinh tế.
kinh tế và văn hóa
Đến cuối thập kỷ 90 của thế kỉ XX, Liên minh châu Âu (EU) trở thành tổ chức liên kết khu vực lớn nhất hành tinh về chính trị và kinh tế. Chọn C.
Đẩy mạnh và hoàn thành cải tạo xã hội chủ nghĩa
Đẩy lùi và kiểm soát được tình trạng lạm phát.
Tạo ra sức mạnh tổng hợp của nền kinh tế nhiều thành phần.
Tăng cường vai trò của thành phần kinh tế nhà nước và tập thể.
A loại vì theo nghĩa hẹp, cải tạo xã hội chủ nghĩa là tổ chức lại nền sản xuất xã hội để có năng suất lao động cao hơn.
B loại vì cho đến hiện nay tình trạng lạm phát vẫn còn.
Chọn C vì thực hiện nền kinh tế hàng hóa nhiều thành phần có sự kiểm soát của nhà nước sẽ tạo ra sức mạnh tổng hợp của nền kinh tế nhiều thành phần.
D loại vì Đảng chủ trương phát triển kinh tế hàng hóa nhiều thành phần không nhằm tăng cường vai trò của thành phần kinh tế nhà nước và tập thể.
lấy phát triển kinh tế làm trọng tâm.
mở rộng hợp tác đối thoại thỏa hiệp.
thiết lập quan hệ đồng minh với các nước lớn.
tham gia mọi tổ chức khu vực và quốc tế.
Xu thế phát triển của thế giới sau Chiến tranh lạnh là lấy phát triển kinh tế làm trọng tâm. Trọng tâm của đường lối đổi mới ở Việt Nam năm 1986 là đổi mới về kinh tế. Chọn A.
Đánh bắt và nuôi trồng thủy sản.
Chăn nuôi trâu, bò, lợn, gà.
Trồng lúa nước
Trồng cây công nghiệp, cây ăn quả.
Lúa nước là cây lương thực truyền thống và quan trọng của khu vực. Sản lượng lương thực không ngừng tăng, Thái Lan và Việt Nam trở thành những nước đứng hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo.
Không chỉ vậy, Đông Nam Á là một khu vực có dân số đông nên nhờ việc phát triển ngành trồng lúa các nước Đông Nam Á đã cơ bản giải quyết được nhu cầu lương thực-vấn đề nan giải của nhiều quốc gia đang phát triển. Chọn C.
ven Thái Bình Dương.
ven Đại Tây Dương.
ven vịnh Mê-hi-cô.
khu vực trung tâm.
Dân cư Hoa Kỳ tập trung với mật độ cao nhất ở ven Đại Tây Dương. Chọn B.
Trung du và miền núi Bắc Bộ.
Đồng bằng sông Hồng.
Duyên hải Nam Trung Bộ
Đồng bằng sông Cửu Long.
Với trên 80% diện tích mặt đất có độ cao thấp hơn 2,5m so với mặt nước biển, ĐBSCL được đánh giá là khu vực sẽ gánh chịu nhiều tác hại xấu do BĐKH do nước biển dâng. Theo dự báo của các chuyên gia, nếu mực nước biển dâng cao 1m thì khoảng 40% diện tích ĐBSCL sẽ bị nhấn chìm. Chọn D.
gần chí tuyến, có gió Tín phong.
có mùa đông lạnh, địa hình thấp.
có gió fơn Tây Nam, địa hình cao.
gần chí tuyến, có mùa đông lạnh.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. gần chí tuyến, có gió Tín phong. → Tín phong không phải nguyên nhân gây phân hóa nhiệt độ.
B. có mủa đông lạnh, địa hình thấp. → địa hình thấp không phải nguyên nhân gây phân hóa nhiệt độ.
C. có gió fơn Tây Nam, địa hình cao. → gió phơn Tây Nam không phải nguyên nhân chủ yếu gây phân hóa nhiệt độ B-N.
D. gần chí tuyến, có mùa đông lạnh. → chính xác. Chọn D.
Phia Boóc.
Pu Tha Ca.
Mẫu Sơn.
Tam Đảo.
Pu Tha Ca nằm trên sơn nguyên Hà Giang. Chọn B.
Cho bảng số liệu:
SỐ HỢP TÁC XÃ ĐANG HOẠT ĐỘNG CÓ KẾT QUẢ SẢN XUẤT KINH DOANH
PHÂN THEO VÙNG NƯỚC TA NĂM 2010 VÀ 2020
(Nguồn: gso.gov.vn)
Để thể hiện cơ cấu số hợp tác xã đang hoạt động có kết quả sản xuất kinh doanh phân theo vùng của nước ta năm 2010-2020, dạng biểu đồ nào sau đây là phù hợp nhất?
Cột.
Miền.
Tròn.
Đường.
Thể hiện cơ cấu + 2 năm → biểu đồ tròn. Chọn C.
Do có lịch sử khai thác lâu đời.
Có nhiều công trình kiến trúc nổi tiếng.
Tài nguyên du lịch đa dạng.
Mức sống người dân ngày càng cao.
Muốn phát triển du lịch thì tài nguyên du lịch là quan trọng nhất, các yếu tố khác chỉ là yếu tố bổ sung. Chọn C.
Đường bộ, đường hàng không.
Đường biển, đường sông.
Đường sắt, đường biển.
Đường biển, đường hàng không.
Đường biển và đường hàng không là 2 loại hình vận tải có ưu điểm di chuyển trên quãng đường xa, thuận lợi trong vận tải quốc tế, thúc đẩy giao lưu trao đổi giữa các nước và khu vực trên thế giới. Chọn D.
thu hút đầu tư nước ngoài.
phát triển cơ sở hạ tầng của vùng.
khai thác tài nguyên một cách hợp lí.
tạo thế liên hoàn trong phát triển cơ cấu kinh tế theo không gian.
Bắc Trung Bộ có nhiều thế mạnh để phát triển kết hợp với địa hình đa dạng thay đổi từ Tây-đông → Hình thành cơ cấu Nông-Lâm-Ngư nghiệp góp phần tạo thế liên hoàn trong phát triển kinh tế từ Tây sang Đông. Chọn D.
Khai hoang và cải tạo đất.
Trồng rừng và xây dựng thuỷ lợi.
Đẩy mạnh thâm canh
Quy hoạch thuỷ lợi.
Biện pháp có ý nghĩa hàng đầu đối với việc sử dụng hợp lý đất đai ở Đồng bằng sông Hồng là: đẩy mạnh thâm canh. Chọn C.
0
\(\frac{\pi }{2}.\)
\(\frac{{2\pi }}{3}.\)
\(\pi .\)
Việc sử dụng micro để thu lại âm thanh của môi trường bên ngoài sau đó hệ thống điện tử trong tai nghe sẽ phân tích và tạo ra những âm thanh để nó triệt tiêu với âm thanh từ môi trường bên ngoài => Hai sóng âm từ môi trường ngoài và tai nghe tạo ra phải ngược pha. Chọn D.
\({B_M} = {B_N}\); hai vectơ \(\overrightarrow {{B_M}} \) và \(\overrightarrow {{B_N}} \) vuông góc với nhau.
\({B_M} > {B_N}\); hai vectơ \(\overrightarrow {{B_M}} \) và \(\overrightarrow {{B_N}} \) song song cùng chiều.
\({B_M} = {B_N}\); hai vectơ \(\overrightarrow {{B_M}} \) và \(\overrightarrow {{B_N}} \) song song cùng chiều.
\({B_M} = {B_N}\); hai vectơ \(\overrightarrow {{B_M}} \) và \(\overrightarrow {{B_N}} \) song song ngược chiều.
Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta có phương và chiều cảm ứng từ tại M và N: cùng phương nhưng ngược chiều (biểu diễn như hình vẽ).
Cảm ứng từ của dòng điện thẳng: \(B = 2 \cdot {10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r}\)
Do hai điểm M và N có khoảng cách đến dây là bằng nhau do đó: \({B_M} = {B_N}\). Chọn D.
Cho ánh sáng đi từ môi trường (1) sang môi trường (2) đến môi trường (3) như hình vẽ. Để có thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần ta phải chiếu ánh sáng đi từ
môi trường 1 sang môi trường 2 và môi trường 2 sang môi trường 3.
môi trường 2 sang môi trường 3.
môi trường 1 sang môi trường 2.
không thể xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần.
Từ hình vẽ ta thấy môi trường 2 chiết quang hơn môi trường 3. Nên để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần ánh sáng phải đi từ môi trường 2 sang môi trường 3. Chọn B.
4 cm.
6 cm.
3 cm.
4,5 cm.
A = 6 cm.
Động năng bằng 3/4 lần cơ năng: \({\rm{W}} = \frac{3}{4}\;{\rm{W}} + {{\rm{W}}_t} \Rightarrow {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{4}\;{\rm{W}} \Rightarrow {{\rm{x}}^2} = \frac{1}{4}{A^2} \Rightarrow x = \pm \frac{A}{2}\). Chọn C.
giảm 10 lần.
tăng 10 lần.
tăng 100 lần.
giảm 100 lần.
Cường độ âm: \(I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}}\) suy ra công suất nguồn P tăng 10 lần thì cường độ âm I tăng 10 lần.
Chọn B.
\(\frac{{{K_B}}}{{{K_\alpha }}} = \frac{{{m_B}}}{{{m_\alpha }}}.\)
\(\frac{{{K_B}}}{{{K_\alpha }}} = {\left( {\frac{{{m_\alpha }}}{{{m_B}}}} \right)^2}.\)
\(\frac{{{K_B}}}{{{K_\alpha }}} = {\left( {\frac{{{m_B}}}{{{m_\alpha }}}} \right)^2}.\)
\(\frac{{{K_B}}}{{{K_\alpha }}} = \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_B}}}.\)
Xét phương trình pharn ứng \(A \to \alpha + B\)
Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: \(\overrightarrow {{p_B}} + \overrightarrow {{p_\alpha }} = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {{p_B}} = - \overrightarrow {{p_\alpha }} {\rm{ }}\)
Về độ lớn \({p_B} = {p_\alpha }\)
Mà ta có \(K = \frac{{m{v^2}}}{2} = \frac{{{m^2}{v^2}}}{{2m}} = \frac{{{p^2}}}{{2m}}{\rm{ hay }}{p^2} = 2mK\)
Do \({p_B} = {p_\alpha } \Rightarrow 2{m_B}{K_B} = 2{m_\alpha }{K_\alpha } \Rightarrow \frac{{{K_B}}}{{{K_\alpha }}} = \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_B}}}\). Chọn D.
\({4.10^{ - 8}}C\).
\(9 \cdot {10^{ - 9}}{\rm{C}}\).
\(2,5 \cdot {10^{ - 9}}{\rm{C}}\).
\(12 \cdot {10^{ - 8}}C\).
\[{\left( {\frac{q}{{{q_o}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_o}}}} \right)^2} = 1 \to {\left( {\frac{q}{{{q_o}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{\omega {q_o}}}} \right)^2} = 1 \to {\left( {\frac{q}{{{q_o}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{i\sqrt {LC} }}{{{q_o}}}} \right)^2} = 1 \to {q_o} = \sqrt {{q^2} + LC.{i^2}} \]
\[ \to {q_0} = \sqrt {{{\left( {{{2.10}^{ - 8}}} \right)}^2} + 0,{{5.10}^{ - 6}}{{.6.10}^{ - 6}}.{{\left( {{{20.10}^{ - 3}}} \right)}^2}} = {4.10^{ - 8}}{\rm{C}}.\] Chọn A.
7 mm.
15 mm.
1,5 mm.
0,7 mm.
Ta có khoảng vân ứng với ánh sáng đỏ và tím
\({i_t} = \frac{{{\lambda _t}D}}{a} = \frac{{0,4 \cdot {{10}^{ - 6}} \cdot 2}}{{1 \cdot {{10}^{ - 3}}}} = 0,8 \cdot {10^{ - 3}}(\;{\rm{m}}) = 0,8(\;{\rm{mm}})\)
\({i_d} = \frac{{{\lambda _d}D}}{a} = \frac{{0,75 \cdot {{10}^{ - 6}} \cdot 2}}{{1 \cdot {{10}^{ - 3}}}} = 1,5 \cdot {10^{ - 3}}(\;{\rm{m}}) = 1,5(\;{\rm{mm}})\)
Khoảng cách cần tìm là \(1,5 - 0,8 = 0,7(\;{\rm{mm}})\). Chọn D.
\({U_2} = {U_1} - \frac{1}{e}\left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} - \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}}} \right).\)
\({U_2} = {U_1} - \frac{1}{e}\left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} + \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}} \right).\)
\({U_2} = {U_1} + \frac{1}{e}\left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} + \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}} \right).\)
\({U_2} = {U_1} + \frac{1}{e}\left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}} \right).\)
Áp dụng công thức \(\frac{{hc}}{\lambda } = A + e{U_h}\) ta có:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} = A + e{U_1}}\\{\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} = A + e{U_2}}\end{array} \Leftrightarrow \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} - e{U_1} = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - e{U_2} \Leftrightarrow {U_2} = {U_1} + \frac{1}{e}\left( {\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} - \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}} \right)} \right.\]. Chọn D.
Cho đoạn mạch xoay chiều như hình vẽ:
Biết \(L = \frac{1}{\pi }H;C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{4\pi }}F\). Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế: \({U_{AB}} = 75\sqrt 2 \cos \left( {100\pi } \right)\left( V \right)\). Công suất trên toàn mạch là \(P = 45\left( {\rm{W}} \right)\). Tính giá trị R (tính theo đơn vị Ω)?
Đáp án: ……….
\({Z_L} = \omega L = 100\Omega \)
\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 40\Omega \)
\(U = 75V\)
Công suất tiêu thụ toàn mạch là: \(P = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{60}^2}}}\) \( \Leftrightarrow 45 = \frac{{{{75}^2}R}}{{{R^2} + {{60}^2}}} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{R = 45\Omega }\\{R = 80\Omega }\end{array}} \right.\)
Đáp án: 45 hoặc 80.
\({{\rm{C}}_{12}}{{\rm{H}}_4}{{\rm{O}}_2}{\rm{C}}{{\rm{l}}_4}.\)
\({{\rm{C}}_8}{{\rm{H}}_7}{{\rm{O}}_2}{\rm{Cl}}.\)
\({{\rm{C}}_9}{{\rm{H}}_8}{{\rm{O}}_2}{\rm{C}}{{\rm{l}}_2}.\)
\({{\rm{C}}_8}{{\rm{H}}_6}{{\rm{O}}_3}{\rm{C}}{{\rm{l}}_2}.\)
Ta có: \({n_{Cl}} = {n_{AgCl}} = \frac{{0,574}}{{143,5}} = 0,004\,\,mol \Rightarrow \% Cl = \frac{{0,004 \cdot 35,5}}{{0,442}} \cdot 100\% = 32,12\% \)
=> \(\% H = 100 - 43,44 - 21,72 - 32,12 = 2,72\% \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_C}:{n_H}:{n_O}:{n_{Cl}} = \frac{{\% C}}{{12}}:\frac{{\% H}}{1}:\frac{{\% O}}{{16}}:\frac{{\% Cl}}{{35,5}} = \frac{{43,44}}{{12}}:\frac{{2,72}}{1}:\frac{{21,72}}{{16}}:\frac{{32,12}}{{35,5}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4:3:1,5:1 = 8:6:3:2\end{array}\)
Công thức phân tử của 2,4-D là \({C_8}{H_6}{O_3}C{l_2}\).
CTCT:
Chọn D.
Thông tin về bốn chất được biểu thị bằng các chữ cái X, Y, Z, T như đồ thị bên dưới:
Chất nào có khối lượng riêng lớn nhất?
X.
Y.
Z.
T.
Khối lượng riêng được tính theo công thức \(D = \frac{m}{V}\), vậy khối lượng càng lớn, thể tích càng nhỏ thì khối lượng riêng càng lớn.
Theo đồ thị ta có, chất có khối lượng lớn nhất là X, thể tích nhỏ nhất cũng là \(X \Rightarrow X\) có khối lượng riêng lớn nhất.
Chọn A.
0,0114.
0,0150.
0,0112.
0,0100.
\({n_{{{({\rm{COOH}})}_2} \cdot 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = \frac{{1,764}}{{126}} = 0,014\,(\;{\rm{mol}})({\rm{trong }}100{\rm{mL}})\)Þ trong 50mL có chứa \(0,007\;{\rm{mol}}\,\,{{\rm{H}}_2}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}\)
\(\begin{array}{l}2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 5{{\rm{H}}_2}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {{\rm{K}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} + 2{\rm{MnS}}{{\rm{O}}_4} + 10{\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\0,0028\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow 0,007\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
Þ\(x = \frac{{0,0028}}{{0,25}} = 0,0112\)
Chọn C.
2 lần.
10 lần.
\({10^2}\) lần.
22 lần.
Suy luận nhanh ta có do chênh lệch 2 đơn vị nên nồng độ \(\left[ {{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }} \right]\)có trong hai dung dịch hơn kém nhau \({10^2}\) lần.
Tính một cách cụ thể ta có:
pH \( = 10 \Rightarrow \left[ {{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }} \right] = \frac{{{{10}^{ - 14}}}}{{{{10}^{ - 10}}}} = {10^{ - 4}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
\({\rm{pH}} = 8 \Rightarrow \left[ {{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }} \right] = \frac{{{{10}^{ - 14}}}}{{{{10}^{ - 8}}}} = {10^{ - 6}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Vậy dễ thấy nồng độ \(\left[ {{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }} \right]\)của hai dung dịch chênh lệch \({10^2}\) lần.
Chọn C.
Sau bước 2, thu được chất lỏng đồng nhất.
Sau bước 3, thấy có lớp chất rắn màu trắng nhẹ nổi lên trên.
Mục đích chính của việc thêm dung dịch \({\rm{NaCl}}\) là làm tăng tốc độ phản ứng xà phòng hóa.
Phần chất lỏng sau khi tách hết xà phòng có thể hòa tan \({\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) thành dung dịch màu xanh lam.
Phát biểu C sai. Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hoà là để tách hết xà phòng ra khỏi hỗn hợp.
Chọn C.
polyacrylonitrile.
poly(ethylene-terephthalate).
nylon-6,6.
cellulose triacetate.
Phương trình phản ứng trùng hợp như sau:
Chọn A.
32,2.
46,3.
41,2.
35,5.
\({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}}} = 0,6\;{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,5\;{\rm{mol}}\)
Gọi x, y lần lượt là số mol của \[N{H_4}HC{O_3}\]và \[{\left( {N{H_4}} \right)_2}C{O_3}\]trong hỗn hợp ban đầu.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 0,6}\\{x + y = 0,5}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,4}\\{y = 0,1}\end{array}} \right.} \right.\)
Khối lượng hỗn hợp ban đầu là: \({\rm{m}} = 0,4.79 + 0,1.96 = 41,2\) gam.
Chọn C.
3.
5.
4.
1.
Các chất tác dụng với lượng dư dung dịch \[Ba{\left( {OH} \right)_2}\]tạo thành kết tủa là: \[{\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4},\] \[MgC{l_2}\], \[FeC{l_2}\].
Phương trình hóa học:
\({\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} + {\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}} \right)_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow + 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} + {\rm{MgC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} + {\rm{Mg}}{({\rm{OH}})_2} \downarrow \)
\({\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} \to {\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2} + {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_2} \downarrow \).
Chọn A.
tăng nhiệt độ của hệ phản ứng.
giảm áp suất của hệ phản ứng.
tăng áp suất của hệ phản ứng.
thêm chất xúc tác vào hệ phản ứng.
- Tăng áp suất của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm số mol khí, tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận Þ C đúng.
- Giảm áp suất của hệ, cân bằng chuyển dịch theo chiều tăng số mol khí, tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch Þ Loại B.
- Chất xúc tác không làm chuyển dịch cân bằng Þ Loại D.
- Ta có: AH < 0 nên phản ứng thuận tỏa nhiệt. Tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt, tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch Þ Loại A.
Chọn C.
Ta có: \(\sum {{n_{NaOH}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 2 \cdot 0,075 = 0,15\,mol} \)
Þ\({n_{NaOH}}\) phản ứng = \(\frac{{0,15}}{{1,25}} = 0,12\,mol\)\( \Rightarrow {n_{ - COO - }} = 0,12\,mol\)
Þ \({n_{O\,\,(E)}} = 2{n_{COO}} = 2 \cdot 0,12 = 0,24\,mol\)
\(8,56\,\,gam\,\,E{\rm{ }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{X}}\\{\rm{Y}}\end{array} + 0,34{\rm{mol}}\,{{\rm{O}}_2} \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2}(x\,mol) + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}} \right.\,(y\,mol)\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}44x + 18y = 8,56 + 0,34 \cdot 32\\2x + y = 0,24 + 0,34 \cdot 2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,36\\y = 0,2\end{array} \right.(mol)\)
![Đốt cháy 8,56 gam hỗn hợp E gồm hai ester mạch hở X, Y (đều được tạo thành từ carboxylic acid và alcohol; \[{M_x} < {M_y}\]) cần vừa đủ 0,34 mol (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/07/blobid0-1722396761.png)
Các muối carboxylate ở trong T không chứa H và các chất trong T đều có phân tử khối nhỏ hơn 180 suy ra 2 muối trong T là:\({\rm{NaOOC}} - {\rm{COONa}}\,({\rm{a}}\,{\rm{mol}});{\rm{NaOOC}} - {\rm{C}} \equiv {\rm{C}} - {\rm{COONa}}\,({\rm{b}}\,\,{\rm{mol}})\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 2b = 0,12\,\,(BTNT\,Na)}\\{a + 3b = 0,36 - 0,2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,01}\\{b = 0,05}\end{array}} \right.} \right.(mol)\)
Gọi số C trong X và Y Iần lượt là k và h (k > 2; h \( \ge 6\)) ta có:
\(0,01k + 0,05h = 0,36 \Rightarrow k = h = 6\)
Vậy Y là \({H_3}C - OOC - C \equiv C - COO - C{H_3}\,({C_6}{H_6}{O_4})\)
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_Y} = 0,05.142 = 7,1\,gam.\)
Đáp án: 7,1
Nitơ.
Kẽm.
Đồng.
Kali.
Nitơ là nguyên tố dinh dưỡng khoáng thiết yếu là thành phần của prôtêin. Chọn A.
Tổng tiết diện mao mạch lớn hơn tổng tiết diện động mạch.
Vận tốc máu trong động mạch chậm hơn trong mao mạch.
Huyết áp đạt cực đại (huyết áp tâm thu) ứng với lúc tim co.
Huyết áp ở động mạch chủ cao hơn huyết áp ở tĩnh mạch chủ.
B. Sai. Tim bơm máu trực tiếp vào động mạch nên máu trong động mạch có vận tốc và áp lực máu cao hơn cả. Chọn B.
Cây bị rụng nhiều lá khi gặp điều kiện khô hạn.
Cây đóng khí khổng khí ánh sáng mạnh.
Cây tiết chất hóa học khi có sinh vật kí sinh.
Cây sinh trưởng làm tăng chiều cao.
Tất cả các phản ứng trả lời kích thích của môi trường của cây đều được gọi là tính cảm ứng. Trong ví dụ này, phương án D không chịu tác động của một tác nhân cụ thể nào vì vậy phương án D không phải là cảm ứng. Chọn D.
Đa số đột biến gen là có hại, vì vậy chọn lọc tự nhiên sẽ loại bỏ chúng nhanh chóng, chỉ giữ lại các đột biến có lợi.
Alen đột biến có lợi hay có hại không phụ thuộc vào tổ hợp gen và môi trường sống, vì vậy chọn lọc tự nhiên vẫn tích lũy các gen đột biến qua các thế hệ.
Các alen đột biến thường ở trạng thái lặn và ở trạng thái dị hợp, chọn lọc tự nhiên tác động trực tiếp vào kiểu gen do đó tần số của gen lặn có hại không thay đổi qua các thế hệ.
Đột biến gen phổ biến hơn đột biến nhiễm sắc thể và ít ảnh hưởng đến sức sống, sự sinh sản của cơ thể sinh vật.
So với đột biến nhiễm sắc thể thì đột biến gen là nguồn nguyên liệu sơ cấp chủ yếu của tiến hóa là vì đột biến gen phổ biến hơn đột biến nhiễm sắc thể và ít ảnh hưởng đến sức sống, sự sinh sản của cơ thể sinh vật. Chọn D.
Tự thụ phấn qua các thế hệ làm tăng tần số alen lặn, giảm tần số các alen trội.
Tự thụ phấn qua nhiều thế hệ luôn dẫn đến hiện tượng thoái hóa giống.
Quần thể tự thụ phấn thường đa dạng di truyền hơn quần thể giao phối ngẫu nhiên.
Quần thể tự phấn thường bao gồm các dòng thuần chủng về các kiểu gen khác nhau.
A. Sai. Tự thụ phấn không làm thay đổi tần số alen.
B. Sai. Tự thụ phấn chưa hẳn đã tạo ra thoái hóa giống, có những loài đã thích nghi với điều này. Ví dụ: Đậu Hà Lan tự thụ phấn nghiêm ngặt.
C. Sai. Quần thể tự thụ phấn thường không đa dạng bằng quần thể giao phối ngẫu nhiên.
D. Đúng. Sự tự thụ phấn làm tăng tần số kiểu gen đồng hợp, giảm tần số kiểu gen dị hợp nên sẽ hình thành nên các dòng thuần chủng trong quần thể.
Chọn D.
Gây đột biến.
Cấy truyền phôi.
Dung hợp tế bào trần.
Tạo giống dựa trên nguồn biến dị tổ hợp.
- Trong các phương pháp trên, phương pháp tạo giống trên nguồn biến dị tổ hợp thường được áp dụng cho cả động vật và thực vật. Chọn D.
- Gây đột biến chủ yếu được áp dụng đối với vi sinh vật và thực vật, hạn chế áp dụng đối với động vật.
- Cấy truyền phôi là phương pháp nhân nhanh nguồn gen ban đầu ở động vật.
- Dung hợp tế bào trần thường được áp dụng chủ yếu trên thực vật.
lai xa và đa bội hoá.
cách li sinh thái.
cách li địa lí.
tự đa bội.
- Trong ví dụ này, loài mới được hình thành cùng khu vực địa lí với loài gốc nên đây không phải là hình thành loài bằng con đường địa lí.
- Loài mới này không thể hình thành bằng con đường lai xa và đa bội hóa hoặc tự đa bội vì đây là loài động vật và bài toán đã cho biết có đột biến gen sẵn có từ trước.
- Loài mới này được hình thành bằng con đường phân hóa ổ sinh thái nên đây là sự hình thành loài bằng con đường sinh thái. Chọn B.
Cân bằng quần thể.
Cân bằng sinh học.
Khống chế sinh học.
Cạnh tranh cùng loài.
Sự phát triển của quần thể ong kí sinh kìm hãm sự phát triển của quần thể bọ dừa → Việc sử dụng ong kí sinh diệt loài bọ dừa là ứng dụng của hiện tượng khống chế sinh học. Chọn C.
4.
2.
1.
3.
I. Đúng. Do ruồi giấm đực giảm phân không có hoán vị gen nên 1 tế bào sinh tinh \(\frac{{AB}}{{ab}}\)giảm phân chỉ tạo tối đa 2 loại tinh trùng: AB và ab.
II. Sai. Nếu tế bào sinh trứng giảm phân bất thường trong giảm phân 1 thì không thể tạo ra giao tử bình thường ab.
III. Sai. Một tế bào sinh trứng giảm phân bình thường chỉ tạo ra 1 loại trứng.
IV. Sai. Ruồi giấm đực giảm phân không có hoán vị gen nên chỉ tạo tối đa 2 loại tinh trùng: AB và ab.
Chọn C.
Phả hệ dưới đây mô tả sự di truyền của 3 bệnh M, N và P do 2 cặp gen A, a và B, b nằm trên 2 cặp nhiễm sắc thể thường quy định. Trong đó, kiểu gen có 2 loại alen trội quy định kiểu hình bình thường; kiểu gen chỉ có 1 loại alen trội A quy định bệnh M; kiểu gen chỉ có 1 loại alen trội B quy định bệnh N; kiểu thiếu cả 2 loại alen trội A và B quy định bệnh P.
Theo lí thuyết, xác suất cặp vợ chồng 12 – 13 sinh con đầu lòng bị bệnh P là bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Quy ước gen: A-B- quy định kiểu hình bình thường; A-bb quy định bị bệnh M; aaB- quy định bị bệnh N; aabb quy định bị bệnh P.
(8) × (9) bình thường sinh ra (14) bị bệnh P có kiểu gen là aabb → (8) và (9) đều có kiểu gen dị hợp 2 cặp gen AaBb → Xác xuất về kiểu gen của người (13) là \[\left( {\frac{1}{3}AA:\frac{2}{3}Aa} \right) \times \left( {\frac{1}{3}BB:\frac{2}{3}Bb} \right).\]
(6) bị bệnh M có kiểu gen A-bb, (7) bị bệnh N có kiểu gen aaB- → (12) bình thường có kiểu gen là AaBb.
→ Xác xuất sinh con đầu lòng bị bệnh P (aabb) của cặp vợ chồng (12) và (13):
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Aa \times \left( {\frac{1}{3}AA:\frac{2}{3}Aa} \right) \to aa = \frac{1}{6}}\\{Bb \times \left( {\frac{1}{3}BB:\frac{2}{3}Bb} \right) \to bb = \frac{1}{6}}\end{array}} \right. \to aabb = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{{36}}.\] Đáp án: \(\frac{1}{{36}}.\)
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.
