Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 27)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Dưới đây là biểu đồ về số vụ án và số bị can bị khởi tố, tính đến ngày 30/06/2019 của tỉnh Bắc Giang như sau:
Số bị cáo của Thành phố Bắc Giang nhiều hơn số bị cáo của huyện Lục Ngạn bao nhiêu phần trăm?
\[192,78\% \].
\[113,23\% \].
\[51,87\% \].
\[92,78\% \].
Số bị cáo của Thành phố Bắc Giang là 187.
Số bị cáo của huyện Lục Ngạn là 97.
Số bị cáo của TP. Bắc Giang nhiều hơn số bị cáo của huyện Lục Ngạn là \(\frac{{187 - 97}}{{97}} \cdot 100\% \approx 92,78\% .\) Chọn D.
\(2\,\,592\,\,100\;\,{{\rm{m}}^3}.\)
\(2\,\,952\,\,100\,\;{{\rm{m}}^3}.\)
\(2\,\,529\,\,100\;\,{{\rm{m}}^3}.\)
\(2\,\,591\,\,200\;\,\,{{\rm{m}}^3}.\)
Gọi khối chóp tứ giác đều là \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh \(230\;\,{\rm{m}}\), chiều cao \(SH = 147\;\,{\rm{m}}.\)
Thể tích của kim tự tháp là:
\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \left( {{{230}^2}} \right) \cdot 147 = 2\,\,592\,\,100\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Vậy thể tích kim tự tháp là \(2\,\,592\,\,100\;\,{{\rm{m}}^3}.\) Chọn A.11.
12.
13.
10.
Số tiền anh A cần tiết kiệm là \(500 - 500 \cdot 0,32 = 340\) (triệu đồng).
Gọi số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm đầu tiên là \({u_1} = 10\) (triệu đồng).
Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ hai là:
\({u_2} = {u_1} \cdot \left( {1 + 0,12} \right) = {u_1} \cdot 1,12\) (triệu đồng).
Thì số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ ba là:
\({u_3} = {u_1} \cdot {\left( {1 + 0,12} \right)^2} = {u_1} \cdot {\left( {1,12} \right)^2}\) (triệu đồng).
Số tiền mà anh A nhận được ở mỗi tháng trong năm thứ \(n\) là
\({u_n} = {u_1} \cdot {\left( {1 + 0,12} \right)^{n - 1}} = {u_1} \cdot {\left( {1,12} \right)^{n - 1}}\)
Vậy số tiền mà anh A tiết kiệm được sau \(n\) năm là
12. \(\left( {{u_2} - {u_1} + {u_3} - {u_2} + \ldots + {u_{n - 1}} - {u_{n - 2}} + {u_n} - {u_{n - 1}}} \right) = 12\left( {{u_n} - {u_1}} \right)\)
\( = 12 \cdot \left[ {{u_1} \cdot {{\left( {1,12} \right)}^{n - 1}} - {u_1}} \right] = 340\) với \({u_1} = 10\) suy ra \(n \approx 13\) năm. Chọn C.
\(2m + n = 13.\)
\(2m - n = 13.\)
\(m + 2n = 13.\)
\(2m - 3n = 10.\)
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\,,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( { - 3\,;\,\,m + 2\,;\,\,n} \right)\);
\[\left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2&{ - 1}\\1&2\end{array}} \right|\,;\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1}&0\\2&{ - 1}\end{array}} \right|;\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}0&2\\{ - 1}&1\end{array}} \right|} \right) = \left( {5\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\].
Bốn điểm \[A\,,\,\,B\,,\,\,C\,,\,\,D\] đồng phẳng \( \Leftrightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD} = 0\)
\( \Leftrightarrow - 15 + m + 2 + 2n = 0 \Leftrightarrow m + 2n = 13.{\rm{ }}\)Chọn C.
\[ - 213.\]
\[ - 110.\]
\[ - 37.\]
\[ - 183.\]
Ta có \({z^2} - 6z + 73 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 6}\\{{z_1}{z_2} = 73}\end{array}} \right.\).
Khi đó \(z_1^2 + z_2^2 - \left| {{z_1}} \right| \cdot \left| {{z_2}} \right| = {\left( {{z_1} + {z_2}} \right)^2} - 2{z_1}{z_2} - \left| {{z_1}{z_2}} \right| = {6^2} - 2 \cdot 73 + 73 = - 37.\)
Chọn C.
\[5,78{\rm{ }}m.\]
\[6,22{\rm{ }}m.\]
\[3,42{\rm{ }}m.\]
\[5,42{\rm{ }}m.\]
Ta có: \(AH = 1,6\,\;{\rm{m }};\,\,HB = 10\,\;{\rm{m }};\,\,\widehat {BAC} = 30^\circ .\)
Trong tam giác \[AHB\] có: \(\tan \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{1,6}}{{10}} = 0,16 \Rightarrow \widehat {ABH} = 9^\circ 5'\).
Suy ra \(\widehat {ABC} = 90^\circ - \widehat {ABH} = 80^\circ 55'\); \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \left( {\widehat {BAC} + \widehat {ABC}} \right) = 69^\circ 5'\).
Áp dụng định lý sin trong tam giác \[ABC\] có:
\(\frac{{AB}}{{\sin \widehat {ACB}}} = \frac{{CB}}{{\sin \widehat {BAC}}} \Rightarrow CB = \frac{{AB \cdot \sin \widehat {BAC}}}{{\sin \widehat {ACB}}} \approx 5,42\;\,({\rm{m)}}{\rm{. }}\)Chọn D.
2020.
2021.
2022.
2019.
Đặt \(u = \ln x \Rightarrow u' = \frac{1}{x} > 0\,,\,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) và \(u \in \left( {0\,;\,\,1} \right).\)
Khi đó \(y = \frac{{u - 4}}{{u - 2m}} \Rightarrow y' = u' \cdot \frac{{4 - 2m}}{{{{\left( {u - 2m} \right)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 2m > 0}\\{u \ne 2m}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2m > - 4\\2m \notin \left( {0\,;\,\,1} \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\\left[ \begin{array}{l}2m \ge 1\\2m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\\left[ \begin{array}{l}m \ge \frac{1}{2}\\m \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{2} \le m < 2\\m \le 0\end{array} \right.\).
Kết hợp với \(m \in \left[ { - 2019\,;\,\,2019} \right]\) và \(m \in \mathbb{Z}\), suy ra ta có \(2020 + 1 = 2021\) giá trị nguyên \[m.\]
Chọn B.
\(V = 3\pi {a^3}.\)
\(V = 9\pi {a^3}.\)
\(V = 27\pi {a^3}.\)
\(V = 12\pi {a^3}.\)
Xét có: \(p = \frac{{AB + BC + AC}}{2} = \frac{{10a + 10a + 12a}}{2} = 16a.\)
Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp \(r = \frac{S}{p} = \frac{{48{a^2}}}{{16a}} = 3a.\)
Xét có \(SI = IK = r = 3a.\)
Thể tích khối nón là: \(V = \frac{1}{3}h \cdot \pi {r^2} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot \pi \cdot {(3a)^2} = 9\pi {a^3}.\) Chọn B.4.
5.
2.
3.
Ta có phương trình \(a{x^3} + b{x^2} + cx + d = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) có đúng hai nghiệm thực nên đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d\) được minh họa như hình vẽ.
Gọi \(m\) là số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(k\) là nghiệm bội lẻ của phương trình \(f\left( x \right) = 0.\)
Do đó, số điểm cực trị của đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) là \(m + k.\)
Vậy đồ thị hàm số \(y = \left| {a{x^3} + b{x^2} + cx + d} \right|\) có số điểm cực trị là 3. Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(T = 10.\)
\(T = 9.\)
\(T = 8.\)
\(T = 11.\)
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = \ln \left( {{x^2} + 9} \right)}\\{{\rm{d}}v = x\;{\rm{d}}x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = \frac{{2x}}{{{x^2} + 9}}\;{\rm{d}}x}\\{v = \frac{{{x^2} + 9}}{2}}\end{array}} \right.} \right.\) .
Suy ra \(I = \left. {\frac{{{x^2} + 9}}{2} \cdot \ln \left( {{x^2} + 9} \right)} \right|_0^4 - \int\limits_0^4 {\frac{{2x}}{{{x^2} + 9}} \cdot } \frac{{{x^2} + 9}}{2}{\rm{d}}x\)
\( = \left( {\frac{{25}}{2} \cdot \ln 25 - \frac{9}{2} \cdot \ln 9} \right) - \int\limits_0^4 {xdx} = 25 \cdot \ln 5 - 9 \cdot \ln 3 - 8 = a \cdot \ln 5 + b \cdot \ln 3 + c\).
Suy ra \(a = 25\,,\,\,b = - 9\,,\,\,c = - 8\) nên \(T = a + b + c = 8.\) Chọn C.
13.
15.
14.
16.
TH1: Lấy hai điểm thuộc \({d_1}\) và một điểm thuộc \({d_2}\), suy ra có tất cả \(C_{10}^2 \cdot C_n^1\) tam giác.
TH2: Lấy một điểm thuộc \({d_1}\) và hai điểm thuộc \({d_2}\), suy ra có tất cả \(C_{10}^1 \cdot C_n^2\) tam giác.
Khi đó, tổng số tam giác được tạo thành là \(C_{10}^2 \cdot C_n^1 + C_{10}^1 \cdot C_n^2 = 1725.\)
Thử đáp án, ta thấy \(n = 15.\) Chọn B.
\(\left( {0\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\,3} \right).\)
\(\left( {5\,;\,\,9} \right).\)
\(\left( {3\,;\,\,5} \right).\)
Ta có \(\log _2^2\left( {4x} \right) - {\log _{\sqrt 2 }}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left[ {{{\log }_2}\left( {4x} \right)} \right]^2} - {\log _{2\frac{1}{2}}}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}4 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2{\log _2}\left( {2x} \right) - 5 = 0\)\( \Leftrightarrow {\left( {2 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {1 + {{\log }_2}x} \right) - 5 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} + 2{\log _2}x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x = 1}\\{{{\log }_2}x = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = \frac{1}{8}}\end{array}} \right.} \right..\)
Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là \(x = \frac{1}{8}.\) Chọn A.
5020.
1235.
\(\frac{{3257}}{3}.\)
\(\frac{{4780}}{3}.\)
Gọi \(P\left( t \right)\) là lợi nhuận phát sinh của vốn sau \(t\) năm đầu tư.
Ta có \(P\left( t \right)\) là nguyên hàm của hàm tốc độ \(P'\left( t \right)\).
Lợi nhuận phát sinh sau 10 năm đầu tiên là \(\int\limits_0^{10} {P'\left( t \right)dt} = \frac{{4780}}{3}\) (triệu đồng). Chọn D.
6.
8.
10.
12.
Vẽ đường thẳng \({d_1}:x - y - 1 = 0\), đường thẳng \({d_1}\) qua hai điểm \((0; - 1)\) và \((1;0).\)
Vẽ đường thẳng \({d_2}:x + 2y - 10 = 0\), đường thẳng \({d_2}\) qua hai điểm \((0;5)\) và \((2;4).\)
Vẽ đường thẳng \({d_3}:y = 4.\)
Miền nghiệm của hệ bất phương trình là miền ngũ giác \[ABCOE\] với \(A\left( {4\,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {2\,;\,\,4} \right),\)\(C\left( {0\,;\,\,4} \right),\,\,E\left( {1\,;\,\,0} \right).\)
Ta có: \(F\left( {4\,;\,\,3} \right) = 10\,,\,\,F\left( {2\,;\,\,4} \right) = 10\,,\,\,F\left( {0\,;\,\,4} \right) = 8\,,\,\,F\left( {1\,;\,\,0} \right) = 1\,,\,\,F\left( {0\,;\,\,0} \right) = 0.\)
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức \(F\left( {x\,;\,\,y} \right) = x + 2y\) bằng 10. Chọn C.
0.
1.
\[ - 1.\]
\[ - 2.\]
Cách 1: Ta có mặt phẳng \((\alpha )\) nhận vectơ \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) là vectơ pháp tuyến, đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\) là vectơ chỉ phương.
Gọi \(\left( \beta \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(d\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {{n_\beta }} = \overrightarrow {{n_\alpha }} \wedge \overrightarrow {{n_d}} = \left( { - 3\,;\,\,2\,;\,\,1} \right).\)
Khi đó đường thẳng \(\Delta \) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\).
Do đó một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \overrightarrow {{u_\alpha }} \wedge \overrightarrow {{u_\beta }} = \left( { - 1\,;\,\, - 4\,;\,\,5} \right).\)
Mà \(\vec u = \left( {1\,;\,\,a\,;\,\,b} \right)\) nên \(a = 4,\,\,b = - 5.\) Vậy \(a + b = - 1.\)
Cách 2: Dễ dàng tính được tọa độ giao điểm của đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là \(I = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right).\)
Trên đường thẳng lấy điểm \(A\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên mặt phẳng \((\alpha ).\)
Phương trình đường thẳng đi qua \(A\) và \(H\) có dạng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 + t}\end{array}} \right.\)
Tọa độ của \(H\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 + t}\\{x + y + z - 3 = 0}\end{array} \Rightarrow t = \frac{2}{3}} \right..\) Do đó \(H\left( {\frac{2}{3}\,;\,\,\frac{{ - 1}}{3}\,;\,\,\frac{8}{3}} \right).\)
Đường thẳng \(\Delta \) đi qua hai điểm \(I\) và \(H\) nhận vectơ \(\overrightarrow {IH} = \left( {\frac{{ - 1}}{3}\,;\,\,\frac{{ - 4}}{3}\,;\,\,\frac{5}{3}} \right)\) là vectơ chỉ phương nên cũng nhận vectơ \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\, - 5} \right)\) là vectơ chỉ phương.
Vậy \(a + b = - 1.\) Chọn C.
\(\frac{2}{5}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{4}{3}.\)
\(\frac{4}{5}.\)
Ta có:
\(x \cdot f'\left( x \right) = f\left( x \right) - x{f^2}\left( x \right) \Leftrightarrow \frac{{f\left( x \right) - x \cdot f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = x \Leftrightarrow {\left[ {\frac{x}{{f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = x \Rightarrow \frac{x}{{f\left( x \right)}} = \frac{{{x^2}}}{2} + C\).
Do \(f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow C = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{2x}}{{{x^2} + 1}} \Rightarrow f\left( 2 \right) = \frac{4}{5}.\) Chọn D.
18 h, 24 h.
18 h, 22 h.
16 h, 18 h.
16 h, 20 h.
Giả sử mỗi giờ người thứ nhất sơn được \(\frac{1}{x}\) bức tường và người thứ hai sơn được \(\frac{1}{y}\) bức tường.
Khi đó ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{7}{x} + \frac{4}{y} = \frac{5}{9}}\\{\frac{{11}}{x} + \frac{8}{y} = \frac{{17}}{{18}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 18}\\{y = 24}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy người thứ nhất sau 18 h thì sơn xong bức tường và người thứ hai sau 24 h thì sơn xong bức tường.
Chọn A.
7.
6.
4.
5.
Điều kiện \(\cos x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pi + k2\pi .\)
Ta có \[\frac{{\sin 3x}}{{\cos x + 1}} = 0 \Rightarrow \sin 3x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{3}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]
So với điều kiện nghiệm của phương trình là \(x = \frac{{k\pi }}{3}\) với \(k \in \mathbb{Z}\,,\,\,k \ne 3 \cdot \left( {2l + 1} \right).\)
Vì \(2\pi \le x \le 4\pi \Leftrightarrow 2\pi \le \frac{{k\pi }}{3} \le 4\pi \Leftrightarrow 6 \le k \le 12\) nên ta chọn \[k \in \left\{ {6\,;\,\,7\,;\,\,8\,;\,\,9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\}.\]
Chọn B.
\[106\,\,118\,\,331\] người.
\[198\,\,049\,\,810\] người.
\[107\,\,232\,\,574\] người.
\[108\,\,358\,\,516\] người.
Theo công thức lãi kép, ta được:
\(90\,\,728\,\,900 \cdot {\left( {1 + 1,05\% } \right)^{16}} \approx 107\,\,232\,\,574\) (người). Chọn C.
\(m = - 3.\)
\(m = - \frac{1}{3}.\)
\(m = \frac{1}{3}.\)
\(m = 3.\)
Ta có \(\left( Q \right)\) chứa trục \(Ox \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} \bot {\vec u_{Ox}}\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\)
Mà \({\vec n_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OA} \) nên suy ra \({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {{{\vec u}_{Ox}}\,;\,\,\overrightarrow {OA} } \right] = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)
Yêu cầu bài toán \[ \Leftrightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} \cdot {\vec n_{\left( P \right)}} = 0 \Leftrightarrow \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,3} \right) \cdot \left( {1\,;\,\, - m\,;\,\,1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 3.\] Chọn D.
\[ - 1.\]
\[ - 3.\]
\[ - 4.\]
\[ - 7.\]
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{2\sqrt {4{x^2} - 8x + 4} + 5\sqrt {{y^2} + 4y + 4} = 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{2\sqrt {4{{\left( {x - 1} \right)}^2}} + 5\sqrt {{{\left( {y + 2} \right)}^2}} = 13}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{5\left| {x - 1} \right| - 3\left| {y + 2} \right| = 7}\\{4\left| {x - 1} \right| + 5\left| {y + 2} \right| = 13}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left| {x - 1} \right| = 2}\\{\left| {y + 2} \right| = 1}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x = - 1}\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = - 3}\\{y = - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\).
Vậy \(\min A = - 1 + 2 \cdot \left( { - 3} \right) = - 7.\) Chọn D.
\(m \ge f\left( 2 \right) - 2.\)
\(m \ge f\left( 0 \right).\)
\(m > f\left( 2 \right) - 2.\)
\(m > f\left( 0 \right).\)
Ta có \(f\left( x \right) < x + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - x\) với mọi \(x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m > {\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}\left[ {f\left( x \right) - x} \right]\).
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\), có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1 < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Suy ra hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\,2} \right)\).
Do đó \({\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}g\left( x \right) = {\max _{\left( {0\,;\,\,2} \right)}}\left[ {f\left( x \right) - x} \right] = f\left( 0 \right).\)
Vậy \(m \ge f\left( 0 \right).\) Chọn B.
\(S = \frac{{ - 5 + 7\sqrt 5 }}{3}.\)
\(S = - \frac{{38}}{3}.\)
\(S = 10.\)
\(S = 6.\)
![Đường thẳng tạo với \[Ox,\,\,Oy\] một tam giác có diện tích bằng 4. Tính \(S = a + 2b\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid8-1722558688.png)
Ta có \(d\) đi qua \(M\left( { - 1\,;\,\,6} \right) \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{a} + \frac{6}{b} = 1 & (1)\)
Đường thẳng cắt tia Ox tại \(A\left( {a\,;\,\,0} \right),\,\,a > 0 \Rightarrow OA = a.\)
Đường thẳng cắt tia Oy tại \(B\left( {0\,;\,\,b} \right),\,\,b > 0 \Rightarrow OB = b.\)
Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\) nên có diện tích là \(\frac{1}{2}OA \cdot OB = \frac{1}{2}ab.\)
Theo đề bài, ta có: \(\frac{1}{2}ab = 4 \Leftrightarrow ab = 8 & (2)\)
Từ (1), (2) suy ra: \(a = 2;b = 4 \Rightarrow S = a + 2b = 10.\) Chọn C.\[22\,\,770\,\,000\] đồng.
\[27\,\,657\,\,000\] đồng.
\[20\,\,965\,\,000\] đồng.
\[23\,\,235\,\,000\] đồng.
Gọi chiều rộng của bể là \(3x\,\,(\;{\rm{m}}).\)
Ta có chiều dài bể là \(4x\,\,(\;{\rm{m}})\) và chiều cao của bể là \(\frac{2}{{3{x^2}}}\,\,({\rm{m}}).\)
Khi đó tổng diện tích bề mặt xây là
\(T = \left( {3x + 4x} \right) \cdot 2 \cdot \frac{2}{{3{x^2}}} + 2 \cdot 3x \cdot 4x - \frac{2}{9} \cdot 3x \cdot 4x\)\( = \frac{{28}}{{3{x^2}}} + \frac{{64{x^2}}}{3} \ge 2 \cdot \sqrt {\frac{{28}}{{3{x^2}}} \cdot \frac{{64{x^2}}}{3}} = \frac{{32\sqrt 7 }}{3}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Chi phí thấp nhất mà ông Nam phải chi trả để xây dựng bể nước là:
\(T \cdot 980\,\,000 \ge \frac{{32\sqrt 7 }}{3} \cdot 980\,\,000 \approx 27\,\,657\,\,000\) (đồng). Chọn B.
\(\frac{{a\sqrt 7 }}{7}.\)
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{3}.\)
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{7}.\)
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\)
Ta có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC}\)
\( = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2} - 2 \cdot a \cdot 2a \cdot \cos 120^\circ = 7{a^2}.\)
Đặt \(CC' = 2x \Rightarrow CM = MC' = x.\)
Vì \(ABC.A'B'C'\) là hình lăng trụ đứng nên ta có tam giác \[BCM\] vuông tại \(C\) và tam giác \(A'C'M\) vuông tại \(C'.\)
Ta có: \(B{M^2} = B{C^2} + C{M^2} = 7{a^2} + {x^2};\)
\(A'{M^2} = A'{C^2} + C'{M^2} = {\left( {2a} \right)^2} + {x^2} = 4{a^2} + {x^2}\); \(A'{B^2} = A'{A^2} + A{B^2} = 4{x^2} + {a^2}.\)
Vi \(\widehat {BMA'} = 90^\circ \) nên tam giác \(BMA'\) vuông tại \(M\), do đó:
\(A'{B^2} = B{M^2} + A'{M^2} \Leftrightarrow 4{x^2} + {a^2} = 7{a^2} + {x^2} + 4{a^2} + {x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 5{a^2} \Leftrightarrow x = a\sqrt 5 .\) Ta có:
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC \cdot \sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}AB \cdot d\left( {C,\,\,AB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\,\,AB} \right) = a\sqrt 3 .\)
Lại có: \(d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABA'} \right)} \right) = d(C,AB)\) (vì \(C{C^\prime }\,{\rm{//}}\,\left( {ABA'} \right)\) và \(\left. {(ABC) \bot \left( {ABA'} \right)} \right).\)
Ta có: \({S_{ABA'}} = \frac{1}{2}AB \cdot AA' = {a^2}\sqrt 5 \,;\,\,{S_{MBA'}} = \frac{1}{2}MB \cdot MA' = 3\sqrt 3 {a^2}.\)
\({V_{AA'BM}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABA'}} \cdot d\left( {M,\left( {ABA'} \right)} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{MBA'}} \cdot d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {BMA'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}.\)
Chọn B.
\(S = \frac{{61}}{9}.\)
\(S = \frac{5}{4}.\)
\(S = \frac{4}{3}.\)
\(S = \frac{{931}}{{50}}.\)
Ta có: \(f\left( x \right) = {x^2} - 2x - \frac{{10}}{9}\int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right){\rm{d}}x} = {x^2} - 2x - \frac{{10}}{9}\int\limits_0^1 {f\left( x \right) \cdot d\left( {f\left( x \right)} \right)} \)
\( = {x^2} - 2x - \left. {\frac{5}{9}{f^2}\left( x \right)} \right|_0^1 = {x^2} - 2x - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right].\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) = - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\\f\left( 1 \right) = - 1 - \frac{5}{9}\left[ {{f^2}\left( 1 \right) - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\end{array} \right.\)\( \Rightarrow f\left( 0 \right) - f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) - 1 \Rightarrow f\left( 0 \right) = - \frac{5}{9}\left[ {{{\left( {f\left( 0 \right) - 1} \right)}^2} - {f^2}\left( 0 \right)} \right]\)
\( \Rightarrow f\left( 0 \right) = 5 \Rightarrow f\left( 1 \right) = 4 \Rightarrow f\left( x \right) = {x^2} - 2x + 5.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 5\) là
\({x^2} - 2x + 5 = 5 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 5\) là \(\int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x + 5 - 5} \right|dx} = \frac{4}{3}{\rm{.}}\) Chọn C.
4046.
4044.
2022.
2023.
Để đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng nằm bên trái trục tung thì
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2m - 4 \ne 0}\\{m < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - m}\\{m \ne - 2}\\{m < 0}\end{array}{\rm{ m\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m \in \left[ { - 2023\,;\,\,2023} \right]}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2023\,;\,\, - 2022\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 1} \right\}\backslash \left\{ { - 2} \right\}} \right.} \right.} \right.\)
Vậy có tất cả 2022 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn đề bài. Chọn C.
\(S = 4\pi .\)
\(S = 25\pi .\)
\(S = 8\pi .\)
\(S = 16\pi .\)
Gọi \(z = a + bi\,\,(a,\,b \in \mathbb{R})\).
Ta có \(3 \le \left| {z - 3i + 1} \right| \le 5 \Leftrightarrow 3 \le \left| {a + bi - 3i + 1} \right| \le 5 \Leftrightarrow 9 \le {\left( {a - 3} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2} \le 25\).
Do đó tập hợp các điểm biểu diễn của \(z\) là hình vành khăn giới hạn bởi hai đường tròn có tâm \(I\left( {3\,;\,\, - 1} \right),\) bán kính lần lượt là 3 và 5. Vì vậy \(S = \pi \left( {{5^2} - {3^2}} \right) = 16\pi .\) Chọn D.
\(h = 2,\,\,x = 4.\)
\(h = \frac{{\sqrt 3 }}{2},\,\,x = 4.\)
\(h = 2,\,\,x = 1.\)
\(h = 4,\,\,x = 2.\)
Ta có thể tích chiếc hộp: \(V = {x^2}h = 32\) (đvtt), với \(x,\,\,h > 0.\) Suy ra \(h = \frac{{32}}{{{x^2}}}.\)
Phần mạ vàng của chiếc hộp: \(S = 2{x^2} + 8xh = 2{x^2} + 8x \cdot \frac{{32}}{{{x^2}}} = 2{x^2} + \frac{{256}}{x}.\)
Cách 1. Ta có \(2{x^2} + \frac{{256}}{x} = 2{x^2} + \frac{{128}}{x} + \frac{{128}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{2{x^2} \cdot \frac{{128}}{x} \cdot \frac{{128}}{x}}} = 96\) (BĐT AM – GM)
Đẳng thức xảy ra khi \(2{x^2} = \frac{{128}}{x}\) hay \(x = 4\), khi đó \(h = 2.\)
Cách 2. Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} + \frac{{256}}{x}\) với \(x > 0\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 4x - \frac{{256}}{{{x^2}}} = \frac{{4{x^3} - 256}}{{{x^2}}};\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 256 = 0 \Leftrightarrow x = 4\,;\,\,f\left( 4 \right) = 96.\)
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt GTNN tại \(x = 4\), khi đó \(h = 2.\) Chọn A.
0.
1.
2.
3.
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {a{x^2} + bx} - cx} \right) = - 3 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {a - {c^2}} \right){x^2} + bx}}{{\sqrt {a{x^2} + bx} + cx}} = - 3.\)
Điều này xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a - {c^2} = 0\,\,\left( {a,\,\,c > 0} \right)}\\{\frac{b}{{\sqrt a + c}} = - 3}\end{array}} \right.\) (vì nếu \(c \le 0\) thì \(\left. {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {a{x^2} + bx} - cx} \right) = + \infty } \right).\)
Mặt khác, ta cũng có \({c^2} + a = 2.\) Do đó, \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = {c^2} = 1}\\{b = - 3\left( {\sqrt a + c} \right) = - 6}\end{array} \Rightarrow a = 1\,,\,\,b = - 6\,,\,\,c = 1} \right..\)
Vậy \(P = a + b + 5c = 0.\) Chọn A.
\(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right).\)
\(\left( {0\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right).\)
\(\left( { - \infty \,;\,\, - \frac{1}{2}} \right).\)
Ta có \(g'\left( x \right) = {\left( {3 - x} \right)^\prime }f'\left( {3 - x} \right) + \frac{1}{6} \cdot 3 \cdot 2x \cdot {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} = - f'\left( {3 - x} \right) + x \cdot {\left( {{x^2} - 1} \right)^2}\).
Với \(f'\left( x \right) = \left( {3 - x} \right){\left( {10 - 3x} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}\)
\[ \Rightarrow f'\left( {3 - x} \right) = \left[ {3 - \left( {3 - x} \right)} \right] \cdot {\left[ {10 - 3\left( {3 - x} \right)} \right]^2} \cdot {\left[ {\left( {3 - x} \right) - 2} \right]^2} = x \cdot {\left( {3x + 1} \right)^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2}\]
Do đó \(g'\left( x \right) = - x \cdot {\left( {3x + 1} \right)^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} + x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot {\left( {x + 1} \right)^2}\)
\( = x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left[ { - {{\left( {3x + 1} \right)}^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right] = x \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left( { - 8{x^2} - 4x} \right) = - {x^2} \cdot {\left( {x - 1} \right)^2} \cdot \left( {8x + 4} \right)\).
Suy ra \(g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow - 8x - 4 > 0 \Leftrightarrow - 8x > 4 \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}.\)
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\, - \frac{1}{2}} \right).\) Chọn D.
\(x - y - 2z = 0.\)
\(x - y - z = 0.\)
\(x - y + z = 0.\)
\(x - y + 2z = 0.\)
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\), bán kính \(R = \sqrt 3 .\)
Ta có \(O,\,\,A \in \left( S \right)\); \(OA = 2\sqrt 2 \Rightarrow {R_{OAB}} = \frac{{OA\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}.\)
Gọi \(H\) là tâm tam giác đều \[OAB\].
Do \(O,\,\,A,\,\,B \in \left( S \right) \Rightarrow IH = d\left( {I,\,\,\left( {OAB} \right)} \right) = \sqrt {{R^2} - R_{OAB}^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Giả sử \(\left( {OAB} \right):ax + by + cz = 0\) do
\(A \in \left( {OAB} \right) \Rightarrow 2a + 2b = 0 \Leftrightarrow a = - b \Rightarrow \left( {OAB} \right):ax - ay + cz = 0.\)
Ta có \(d\left( {I,\,\,\left( {OAB} \right)} \right) = \frac{{\left| c \right|}}{{\sqrt {2{a^2} + {c^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow {a^2} = {c^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = c}\\{a = - c}\end{array}} \right.\) .
• Với \(a = c\) chọn \(a = 1\,,\,\,c = 1 \Rightarrow (P):x - y + z = 0 \Rightarrow B\left( { - 2\,;\,\,2\,;\,\,4} \right)\) (loại).
• Với \(a = - c\) chọn \(a = 1\,,\,\,c = - 1 \Rightarrow (P):x - y - z = 0 \Rightarrow B\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right)\).
Chọn B.
\(\sqrt 5 + 1.\)
\(\sqrt 5 - 1.\)
1.
2.
Gọi \(A\left( {{z_1}} \right) \Rightarrow A\) thuộc đường tròn tâm \(I\left( {3\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = 1.\)
Gọi \(B\left( {{z_2}} \right) \Rightarrow B\) thuộc parabol có phương trình là \(\left( P \right):y = - {x^2} + 1.\)
Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right|\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow AB\) nhỏ nhất.
Phương trình tiếp tuyến của \(\left( P \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 1\) là \(d:y = - 2x + 2.\)
Dựa vào hình vẽ, ta được \(A{B_{\min }} = IB - IA = IB - R = \sqrt 5 - 1\) với \(B\left( {1\,;\,\,0} \right).\) Chọn B.
\[\left( {50\,;\,\,70} \right).\]
\(\left( { - 10\,;\,\,10} \right).\)
\(\left( {30\,;\,\,50} \right).\)
\(\left( {10\,;\,\,30} \right).\)
Ta có \(f\left( x \right)\) là hàm lẻ trên \(\mathbb{R}\). Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Ta có \(f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) + f\left( {\left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) \ge f\left( { - \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right)\)
\( \Leftrightarrow {4^x} - mx + 37m \ge - \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} \Leftrightarrow {4^x} + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} - mx + 37m \ge 0(*)\)\(f\left( {{4^x} - mx + 37m} \right) + f\left( {\left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}} \right) \ge 0\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow (*)\) nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\)
Đặt \[f\left( x \right) = {4^x} + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x} - mx + 37m \Rightarrow f'\left( x \right) = {4^x}\ln 4 + \left( {x - m - 37} \right) \cdot {2^x}\ln 2 + {2^x} - m\].
Nhận xét: \(f\left( 5 \right) = 0\). Điều kiện cần: \(f'\left( 5 \right) = 0 \Leftrightarrow m = 32\).
Điều kiện đủ: \(f\left( x \right) = {4^x} + \left( {x - 69} \right) \cdot {2^x} - 32x + 1184 = \left( {{2^x} - 32} \right)\left( {{2^x} + x - 37} \right)\)
• Nếu \(x > 5\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} - 32 > 0}\\{{2^x} + x - 37 > 0}\end{array} \Rightarrow f\left( x \right) > 0} \right..\)
• Nếu \(x = 5\) thì \(f\left( 5 \right) = 0\).
• Nếu \(x < 5\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^x} - 32 < 0}\\{{2^x} + x - 37 < 0}\end{array} \Rightarrow f\left( x \right) > 0} \right..\)
Vậy với \(m = 32\) thì bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi \(x \in \mathbb{R}.\) Chọn C.
\(16{a^3}.\)
\(4{a^3}.\)
\(8{a^3}.\)
\(12{a^3}.\)
![Cho tứ diên \[OABC\] vuông tại \[O\] có \(OA = 2a,\,\,OB = 3a,\,\,OC = 4a.\) Gọi \[M,\,\,N,\,\,P\] lần lượt là điểm đối xứng với điểm (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid13-1722559594.png)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Ta có \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,4} \right),\,\,D\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\)
Và \(E\left( {1\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,0} \right),\,\,F\left( {0\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,2} \right),\,\,P\left( {2\,;\,\,0\,;\,\,4} \right),\,\,M\left( {2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),N\left( {0\,;\,\,3\,;\,\,4} \right).\)
Khi đó \(\overrightarrow {OM} = \left( {2\,;\,\,3\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {ON} = \left( {0\,;\,\,3\,;\,\,4} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {OM} \,;\,\,\overrightarrow {ON} } \right] = \left( {12\,;\,\, - 8\,;\,\,6} \right)\) và \[\overrightarrow {OP} = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\,4} \right)\].
Thể tích khối tứ diện \[OMNP\] là: \({V_{O.MNP}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {OM} \,;\,\,\overrightarrow {ON} } \right] \cdot \overrightarrow {OP} } \right| = 8.\)
Thể tích của tứ diện \[OMNP\] bằng \(8{a^3}.\) Chọn C.
Ta có \(y = - {x^4} + 6{x^2} + mx \Rightarrow y' = - 4{x^3} + 12x + m\).
Suy ra \(y' = 0 \Leftrightarrow - 4{x^3} + 12x + m = 0 \Leftrightarrow m = 4{x^3} - 12x = f\left( x \right)\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow m = f\left( x \right)\) có 3 nghiệm đơn phân biệt.
Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\):
Dựa vào hình vẽ, ta được \( - 8 < m < 8\).
Đáp án: 17.
Phương trình (*) vô nghiệm thì \({x^2} + bx + c = 0\) cũng vô nghiệm.
Điều kiện: \(x \ne - 1\) không có ý nghĩa ở bài toán này.
Khi đó \(\Delta = {b^2} - 4c < 0 \Leftrightarrow {b^2} < 4c.\)
TH1: \(b = 1 \Rightarrow 4c > 1 \Leftrightarrow c > \frac{1}{4} \Rightarrow c \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 6 cách gieo.
TH2: \[b = 2 \Rightarrow 4c > 4 \Leftrightarrow c > 1 \Rightarrow c \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\] Suy ra có 5 cách gieo.
TH3: \(b = 3 \Rightarrow 4c > 9 \Leftrightarrow c > \frac{9}{4} \Rightarrow c \in \left\{ {3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 4 cách gieo.
TH4: \(b = 4 \Rightarrow 4c > 16 \Leftrightarrow c > 4 \Rightarrow c \in \left\{ {5\,;\,\,6} \right\}.\) Suy ra có 2 cách gieo.
TH5: \(b = 5 \Rightarrow 4c > 25 \Leftrightarrow c > \frac{{25}}{4} \Rightarrow c \in \emptyset .\)
Vậy xác suất cần tìm là \(P = \frac{{6 + 5 + 4 + 2}}{{6.6}} = \frac{{17}}{{36}}.\)
Đáp án: \(\frac{{17}}{{36}}.\)
Giả sử rằng mặt trong của trụ cầu là một parabol như vẽ, biết độ rộng của mặt đường khoảng \[43{\rm{ }}m.\] Một người đã dùng dây dọi (không giãn) gắn lên thành trụ cầu ở vị trí \[B\] và điều chỉnh độ dài dây dọi để quả nặng vừa chạm đất (khi lặng gió), sau đó đo được chiều dài đoạn dây dọi sử dụng là \[1,87{\rm{ }}m\] và khoảng cách từ chân trụ cầu đến quả nặng là \[20{\rm{ }}cm.\] Nếu dùng dữ liệu tự thu thập được và tính toán theo cách ở trên thì người này sẽ ước tính được độ cao từ đỉnh vòm phía trong một trụ của cầu Nhật Tân tới mặt đường là bao nhiêu mét (làm tròn đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ……….
Đồ thị hàm số bậc hai \(y = a{x^2} + bx + c\) đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0\,;\,\,0} \right)\) nên \(c = 0.\)
Suy ra công thức hàm số là \(a{x^2} + bx.\)
Mặt khác đồ thị hàm số qua hai điểm \(A\left( {43\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0,2\,;\,\,1,87} \right)\) nên ta có hệ phương trình:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a \cdot {{\left( {0,2} \right)}^2} + b \cdot 0,2 = 1,87}\\{a \cdot {{43}^2} + b \cdot 43 = 0}\end{array}} \right.\]
Suy ra \(a = - \frac{{187}}{{856}};\,\,b = \frac{{8041}}{{856}}\) nên có hàm số \(y = - \frac{{187}}{{856}}{x^2} + \frac{{8041}}{{856}}x.\)
Hình chiếu của đỉnh \(S\) trên trục hoành là \(H\) nên
\({y_S} = f\left( {{x_S}} \right) = f\left( {{x_H}} \right) = f\left( {\frac{{{x_A}}}{2}} \right) = f\left( {\frac{{43}}{2}} \right) \approx 101\,\,(m).\)
Vậy độ cao từ đỉnh vòm phia trong một trụ của cầu Nhật Tân tới mặt đường là khoảng \(101\;\,\,{\rm{m}}.\)
Đáp án: 101.
Xét hàm số \(y = f\left( {{x^2} + 1} \right)\) có \(y' = 2x \cdot f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\).
Dựa vào hình vẽ, ta thấy \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\) (loại nghiệm kép \(x = 2\))
Khi đó \(f'\left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 1 = 1}\\{{x^2} + 1 = 3}\\{{x^2} + 1 = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} = 0}\\{{x^2} = 2}\\{{x^2} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 2 .}\\{x = \pm \sqrt 3 }\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Bảng biến thiên của \(f\left( {{x^2} + 1} \right)\):
Dựa vào hình vẽ, ta thấy \(f\left( {{x^2} + 1} \right) = f\left( 3 \right)\) có tất cả 4 nghiệm phân biệt.
Đặt \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 3}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 3} \right)g\left( x \right) + 15 \Rightarrow \mathop {\lim f\left( x \right) = 15}\limits_{x \to 3} \).
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} - 4}}{{{x^2} - x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{5f\left( x \right) - 11 - 64}}{{{{\left( {\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}}} \right)}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} + 16}} \cdot \frac{1}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{5\left[ {f\left( x \right) - 15} \right]}}{{x - 3}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}}} \right)}^2} + 4\sqrt[3]{{5f\left( x \right) - 11}} + 16} \right]}}\)\( = 5 \cdot 12 \cdot \frac{1}{{5 \cdot \left[ {16 + 16 + 16} \right]}} = \frac{1}{4}.\)
Đáp án: \(\frac{1}{4}.\)
Giả sử khối chóp đó là \[S.ABCD.\]
Ta có \(R = \frac{{S{A^2}}}{{2SH}} = 9 \Rightarrow \frac{{S{H^2} + A{H^2}}}{{SH}} = 18 \Leftrightarrow A{H^2} = 18 \cdot SH - S{H^2}\)
Mặt khác \[V = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3}SH \cdot \frac{{A{C^2}}}{2}\]
\[ = \frac{2}{3}SH \cdot A{H^2} = \frac{2}{3}SH \cdot \left( {18 \cdot SH - S{H^2}} \right).\]
Xét hàm số
\(f\left( t \right) = \frac{2}{3}{t^2}\left( {18 - t} \right) = \frac{8}{3} \cdot \left[ {\frac{t}{2} \cdot \frac{t}{2} \cdot \left( {18 - x} \right)} \right]\)\( \le \frac{8}{3} \cdot {\left( {\frac{{t + 18 - t}}{3}} \right)^3} = \frac{8}{3} \cdot {\left( {\frac{{18}}{3}} \right)^3} = 576\,\,\,\left( {0 < t < 18} \right).\)
Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{t}{2} = 18 - t \Leftrightarrow t = 12.\)
Vậy thể tích của khối chóp \[S.ABCD\] đạt giá trị lớn nhất là 576 khi và chỉ khi \(SH = 12.\)
Đáp án: 576.
Một người có miếng đất hình tròn có bán kính bằng 5 m. Người này tính trồng cây trên mảnh đất đó, biết mỗi mét vuông trồng cây thu hoạch được 100 nghìn đồng. Tuy nhiên cần có 1 khoảng trống để dựng một cái chòi và để đồ dùng nên người này bớt lại 1 phần đất nhỏ không trồng cây (phần màu trẳng như hình vẽ), trong đó AB = 6m Hỏi khi thu hoạch cây thì người này thu được bao nhiêu nghìn đồng (làm tròn đến hàng nghìn)?
Đáp án: ……….
Diện tích miếng đất là \({S_1} = \pi {R^2} = 25\pi \left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Chọn hệ trục tọa độ \[Oxy\] như hình vẽ.
Ta có phương trình của đường tròn biên là \({x^2} + {y^2} = 25\) nên\[R = 5\,,\,\,AH = 3 \Rightarrow OH = 4.\]
Phương trình của cung tròn nhỏ là \(y = \sqrt {25 - {x^2}} \), với \(4 \le x \le 5.\)
Diện tích phần đất trồng là \({S_2} = 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Diện tích phần đất trồng cây là \(S = {S_1} - {S_2} = 25\pi - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} \,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Số tiền thu được là \(T = 100S = 100\left( {25\pi - 2\int\limits_4^5 {\sqrt {25 - {x^2}} dx} } \right) \approx 7\,\,445\) (nghìn đồng).
Đáp án: 7445.
Ta có điểm biểu diễn \(z\) là \(M\left( {x\,;\,\,y} \right).\)
• Với \(m = 0\), ta có \(z = 0\), thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Với \(m > 0\):
− Tập hợp điểm biểu diễn của số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| z \right| = m\) đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) tâm \(I\left( {0\,;\,\,0} \right)\) bán kính \(R = m\)
− Tập hợp điểm biểu diễn của số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| {z - 4m + 3mi} \right| = {m^2}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - 4m} \right)^2} + {\left( {y + 3m} \right)^2} = {m^4}\) nên \(M\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) tâm \(I'\left( {4m\,;\,\, - 3m} \right)\), bán kính \(R' = {m^2}.\)
Có duy nhất một số phức \(z\) thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc nhau
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{OI = R + R'}\\{OI' = \left| {R - R'} \right|}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{5m = {m^2} + m}\\{5m = \left| {{m^2} - m} \right|}\\{m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = 6}\end{array}.} \right.} \right.}\end{array}} \right.\)
Kết hợp với \(m = 0\), suy ra \(m \in \left\{ {0\,;\,\,4\,;\,\,6} \right\}.\) Vậy tổng tất cả các giá trị của \(m\) là 10.
Đáp án: 10.
Ta có \({\log _x}y + 6{\log _y}x = 5 \Leftrightarrow {\log _x}y + \frac{6}{{{{\log }_x}y}} = 5 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_x}y} \right)^2} - 5{\log _x}y + 6 = 0\)
TH1: \({\log _x}y = 2 \Leftrightarrow y = {x^2} \in \left[ {2\,;\,\,2021} \right] \Leftrightarrow 2 \le {x^2} \le 2021 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt 2 \le x \le \sqrt {2021} }\\{ - \sqrt {2021} \le x \le - \sqrt 2 }\end{array}} \right..\)
Kết hợp với điều kiện: \(2 \le x \le 2020\) và \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) có 43 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).
TH2: \({\log _x}y = 3 \Leftrightarrow y = {x^3} \in \left[ {2\,;\,\,2021} \right] \Leftrightarrow 2 \le {x^3} \le 2021 \Leftrightarrow \sqrt[3]{2} \le x \le \sqrt[3]{{2021}}\)
Kết hợp với điều kiện: \(2 \le x \le 2020\) và \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow \) có 11 cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).
Vậy có tất cả \(43 + 11 = 54\) cặp số nguyên \(\left( {x\,;\,\,y} \right)\).
Đáp án: 54.
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] đáy là hình vuông cạnh \[a,{\rm{ }}SA\] vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right),\,\,SA = a.\) Gọi \[M,\,\,K\] tương ứng là trọng tâm tam giác \[SAB\,,\,\,SCD (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid0-1722561428.png)
Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB,{\rm{ }}J\] là trung điểm của \[CD.\]
Mà \[M,\,\,K\] lần lượt là trọng tâm của tam giác \[SAB,\,\,SCD\] nên \(\frac{{SM}}{{SI}} = \frac{{SK}}{{SJ}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra đồng dạng với theo tỉ số \(\frac{2}{3}\). Do đó \({V_{SMNK}} = {V_{K.SMN}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{V_{J.SIN}} = \frac{4}{9}{V_{J.SIN}}\).
Mặt khác \({V_{S.INJ}} = {V_{J.SIN}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{{12}}\) nên \({V_{SMNK}} = \frac{4}{9} \cdot \frac{{{a^3}}}{{12}} = \frac{{{a^3}}}{{27}}\).
Vậy \(m = 1\,,\,\,n = 27 \Rightarrow m + n = 28\).
Đáp án: 28.
Ta có \(i \cdot \bar w = \left( {3 - 4i} \right)z + 2i \Leftrightarrow \left( {3 - 4i} \right)z = i \cdot \bar w - 2i \Leftrightarrow z = \frac{{i \cdot \bar w - 2i}}{{3 - 4i}}\)
\( \Leftrightarrow \left| z \right| = \left| {\frac{{i \cdot \bar w - 2i}}{{3 - 4i}}} \right| \Leftrightarrow \left| {\frac{{i \cdot \left( {\bar w - 2} \right)}}{{3 - 4i}}} \right| = 2 \Leftrightarrow \frac{{\left| i \right| \cdot \left| {\bar w - 2} \right|}}{{\left| {3 - 4i} \right|}} = 2\)\( \Leftrightarrow \left| {\bar w - 2} \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {w - 2} \right| = 10.\)
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức \(w\) là đường tròn có bán kính bằng 10.
Đáp án: 10.
Gọi \(I\) là điểm thỏa mãn: \(IA - 2IB = 0 \Rightarrow I\left( { - 4\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right).\)
Khi đó \(T = M{A^2} - 2M{B^2} = - M{I^2} + I{A^2} - 2I{B^2} \Rightarrow {T_{\max }} \Leftrightarrow M{I_{\min }}\)
\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right).\)
Khi đó đường thẳng \[MI\] đi qua \(I\left( { - 4\,;\,\,3\,;\,\, - 2} \right)\) và vuông góc với \(\left( P \right)\) nên nhận vectơ pháp tuyến \[\vec n\left( {5\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\] của \(\left( P \right)\) làm vectơ chỉ phương, phương trình là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4 + 5t}\\{y = 3 - t}\\{z = - 2 + t}\end{array}\,\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right..\)
Ta có \(M = IM \cap \left( P \right) \Rightarrow \) Tọa độ \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4 + 5t}\\{y = 3 - t}\\{z = - 2 + t}\\{5x - y + z - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 1}\\{y = 2}\\{z = - 1}\end{array}} \right.} \right.\)
Do đó \(M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow {x_M} = 1.\)
Đáp án: 1.
Ta có \({a^x} = {b^y} = \sqrt {ab} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {{\log }_a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}{{\log }_a}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{{\log }_a}b}\\{y = {{\log }_b}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}{{\log }_b}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{{\log }_b}a}\end{array}} \right.\)
Đặt \(X = {\log _a}b > 0\), khi đó \(P = x + 2y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}X + 2 \cdot \left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{X}} \right)\)
\( = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}X + 1 + \frac{1}{X} = \left( {\frac{X}{2} + \frac{1}{X}} \right) + \frac{3}{2} \ge 2\sqrt {\frac{X}{2} \cdot \frac{1}{X}} + \frac{3}{2} = \sqrt 2 + \frac{3}{2}{\rm{. }}\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là \(\sqrt 2 + \frac{3}{2} \approx 3.\)
Đáp án: 3.
![Xét các số thực dương \[a,\,\,b,\,\,x,\,\,y\] thoả mãn \(a > 1,\,\,b > 1\) và \({a^x} = {b^y} = \sqrt {ab} .\) Hỏi giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = x + 2y\) gần bằng với số nguyên nào nhất? Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid21-1722561301.png)
Kẻ \(SH \bot AB \Rightarrow H\) là trung điểm của AB.
Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên từ \(SH \bot AB\) ta được \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Mặt khác ta có \(BA \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ A \right\}\) và H là trung điểm của AB nên ta có \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AC\,\,\left( {K \in AC} \right)\) và trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HE \bot SK\,\,(E \in SK)\).
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AC\).
Kết hợp với \(HK \bot AC\) ta được \(AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot HE\).
Hơn nữa \(HE \bot SK\) nên \(HE \bot (SAC)\).
Vậy \(d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HE \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE\).
Trong \((ABCD)\) ta có .
Mặt khác dễ thấy \(SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \). Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SHK\) ta có
\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{2\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt {21} }}{7}{\rm{.}}\)
Suy ra \(a = 4,b = 21,c = 7.\) Vậy \(a + b + c = 32.\)
Đáp án: 32.
![Cho tam giác ABC có \(AB = 4\,,\,\,AC = 2\,,\,\,\widehat {CAB} = 120^\circ \). Gọi \[M\] là điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm \[B,\] bán kính 2. Giá trị nhỏ nhất của \(MA + 2MC\) là \(a\sqrt b \). Tính \(a + b\). Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid0-1722561703.png)
Gọi E là giao điểm của AB với mặt cầu tâm B bán kính 2 và F là trung điểm của EB suy ra E là trung điểm của AB, \(BE = BM = 2\).
Xét \(\Delta AFC\) có:
\(F{C^2} = A{C^2} + A{F^2} - 2AC.AF.\cos \widehat {CAB} = {2^2} + {3^2} - 2.2.3.\cos 120^\circ = 19\)\( \Rightarrow FC = \sqrt {19} .\)
Xét \[\Delta BFM\] và \(\Delta BMA\) có: \(\widehat {ABM}\) chung, \(\frac{{BF}}{{BM}} = \frac{{BM}}{{BA}} = \frac{1}{2}\).
Do đó .
Khi đó \(MA + 2MC = 2\left( {MF + MC} \right) \ge 2FC = 2\sqrt {19} \Rightarrow MA + 2MC \ge 2\sqrt {19} \).
Điểm \[F\] nằm trong mặt cầu \[\left( S \right)\] và \[C\] nằm ngoài mặt cầu \[\left( S \right)\].
Dấu xảy ra khi \[M\] là giao điểm của \[FC\] và \[\left( S \right)\].
Do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(MA + 2MC\) là \(2\sqrt {19} \).
Suy ra \(a = 2,\,\,b = 19 \Rightarrow a + b = 21\).
Đáp án: 21.
Hoán dụ.
So sánh.
Ẩn dụ.
Nhân hóa.
Nhân hóa: thác gầm thét, cọp trêu người. Chọn D.
Câu 3, 5, 6, 7.
Câu 9, 10, 11, 12.
Câu 6, 7, 9, 10.
Câu 3, 5, 11, 12.
Những câu thơ trong đoạn thơ cho biết tác giả nhấn mạnh chặng đường hành quân nhọc nhằn, gian khổ của các chiến sĩ Tây Tiến là các câu 3, 5, 6, 7. Điều này được thể hiện thông qua các từ ngữ mà tác giả Quang Dũng sử dụng trong từng câu. Cụ thể:
+ Câu 3: sương lấp, đoàn quân mỏi
+ Câu 5: dốc lên khúc khuỷu, dốc thăm thẳm
+ Câu 6: heo hút, cồn mây
+ Câu 7: ngàn thước lên cao, ngàn thước xuống
→ Chọn A.
Câu 1, 2.
Câu 4, 8.
Câu 13, 14.
Câu 9, 10.
Câu 13, 14 nhắc đến những kỉ niệm ngọt ngào của các chiến sĩ Tây Tiến với con người miền Tây: Nhớ ôi Tây Tiến cơm lên khói/ Mai Châu mùa em thơm nếp xôi. Chọn C.
Những kỉ niệm với thiên nhiên và con người vùng núi rừng miền Tây của các chiến sĩ Tây Tiến.
Bức tranh thiên nhiên miền Tây hiểm trở với vực, dốc heo hút.
Nỗi nhớ của các chiến sĩ Tây Tiến hướng về con người và thiên nhiên miền Tây.
Chặng đường hành quân gian nan, vất vả của đoàn quân Tây Tiến.
Đoạn trích đã thể hiện nỗi nhớ của các chiến sĩ Tây Tiến hướng về con người và thiên nhiên miền Tây. Chọn C.
Trải qua nhiều mưa nắng, vất vả, gian truân.
Kiệt sức, gục ngã không thể bước tiếp.
Kiên cường, sẵn sàng đương đầu với tất cả những gian khổ.
Hiện thực khắc nghiệt, nhọc nhằn của chiến tranh.
“dãi dầu” có nghĩa là trải qua nhiều mưa nắng, vất vả, gian truân. Chọn A.
Không chuộng trí mà cũng không chuộng dũng.
Của cải vẫn được quan niệm là của chung, giàu sang chỉ là tạm thời, tham lam giành giật cho nhiều cũng không giữ mãi mà hưởng được.
Người ta mong ước thái bình, an cư lạc nghiệp để làm ăn cho no đủ, sống thanh nhàn, thong thả, có đông con nhiều cháu, ước mong về hạnh phúc nói chung là thiết thực, yên phận thủ thường, không mong gì cao xa, khác thường, hơn người.
Đất nước ta là đất nước bước ra từ những cuộc chiến tranh, dân tộc ta phải chống ngoại xâm liên tục nhưng nhìn chung người Việt Nam lại không có tinh thần thượng võ.
Theo tác giả đoạn trích, biểu hiện của “ý thức về cá nhân và sở hữu không phát triển cao” thể hiện ở: Của cải vẫn được quan niệm là của chung, giàu sang chỉ là tạm thời, tham lam giành giật cho nhiều cũng không giữ mãi mà hưởng được. Chọn B.
Báo chí.
Nghệ thuật.
Khoa học.
Chính luận.
Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là phong cách ngôn ngữ chính luận vì tác giả đoạn trích đã trình bày quan điểm của mình về lĩnh vực văn hóa, tư tưởng mà cụ thể là tôn giáo Việt Nam. Chọn D.
Về tương lai, họ lo cho con cháu hơn là linh hồn của mình.
Họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia.
Không bám lấy hiện thế, không quá sợ hãi cái chết (sống gửi thác về).
Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật.
Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo. Điều này được lí giải bằng việc họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia. Chọn B.
Dân số Việt Nam.
Phong tục Việt Nam .
Lịch sử Việt Nam.
Văn hóa Việt Nam.
Đoạn trích bàn về văn hóa Việt Nam trên các phương diện: tôn giáo, ý thức về cá nhân và sở hữu,… Chọn D.
Bác bỏ.
So sánh.
Chứng minh.
Giải thích.
Thao tác lập luận chính của đoạn trích là thao tác lập luận chứng minh. Cự thể là, mở đầu đoạn trích tác giả Trần Đình Hượu đã đưa ra quan điểm “Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo” sau đó tác giả đã dùng những lí lẽ (“Họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia”, “Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật. Nhiều người thực hành cầu cúng”, ...) để làm sáng tỏ quan điểm của mình. Chọn C.
Khi các tế bào của nó có khả năng tách khỏi mô ban đầu, di chuyển vào máu và đến các nơi khác trong cơ thể tạo nên nhiều khối u khác nhau.
Khi chúng không có khả năng di chuyển vào máu và đi đến các nơi khác nhau trong cơ thể.
Khi chúng bị virut xâm nhập.
Khi chúng bị sưng to, phù nề.
Dựa vào câu thứ 2 của đoạn văn: Khối u được gọi là ác tính khi các tế bào của nó có khả năng tách khỏi mô ban đầu, di chuyển vào máu và đến các nơi khác trong cơ thể tạo nên nhiều khối u khác nhau. Chọn A.
Nguyên nhân và cơ chế ung thư.
Tác hại của ung thư.
Cách phòng chống ung thư.
Cách điều trị ung thư.
Đoạn trích nói về nguyên nhân và cơ chế ung thư. Chọn A.
Tăng lên về khối lượng.
Tăng lên về số lượng.
Tăng lên về sinh sản .
Tăng lên về kích thước.
Từ “tăng sinh” là một thuật ngữ y học chỉ sự tăng lên về sinh sản. Chọn C.
U ác tính có khả năng gây chết người còn u lành tính rất ít khả năng gây chết người.
U ác tính xuất hiện ở những người ốm yếu còn u lành tính chỉ xuất hiện ở người khỏe mạnh.
U ác tính có khả năng tách khỏi mô ban đầu và di chuyển vào máu còn u lành tính thì không.
U ác tính là tên gọi nhiều khối u trong cơ thể còn u lành tính là tên gọi chỉ một khối u.
U ác tính có khả năng tách khỏi mô ban đầu và di chuyển vào máu còn u lành tính thì không. Đó chính là điểm khác biệt giữa u lành tính và u ác tính (di căn). Chọn C.
Tế bào đột biến.
Đột biến gen.
Tế bào khối u.
Tế bào bị đột biến nhiều lần.
Quan sát cả câu “Tế bào khối u có thể là lành tính nếu nó không có khả năng di chuyển vào máu và đi đến các nơi khác nhau trong cơ thể” ta thấy từ “nó” thay thế cho cụm “tế bào khối u”. Chọn C.
Hà Nội.
Hà Tĩnh.
Hà Giang.
Hà Nam.
Đoạn trích đề cập đến địa danh Hà Nội. Chọn A.
Vì trong tầng dày trầm tích xuất hiện hai lớp đất chồng xếp lên nhau theo độ sâu.
Vì dòng chảy của sông Hồng đã hai lần đổi hướng khi qua vùng châu thổ Bắc Bộ.
Vì sự vận động trong địa hình của Hà Nội từ đáy biển nông thành vùng trũng lầy.
Vì sông Hồng chịu ảnh hưởng của sự dịch chuyển giữa các mảng lục địa
Dựa vào chi tiết trong đoạn văn: Cũng theo hai tác giả trên, khoan sâu xuống lòng đất Hà Nội, vùng Gia Lâm, trong tầng dây 50m trầm tích có thể thấy hai lớp đất: từ 39,5m đến 50m là sỏi và cát thô, từ 39,5m đến trên cùng là sét và cát mịn. Từ đó, có thể đoán, sông Hồng đã qua hai giai đoạn vận động, từ chỗ chảy mạnh, dữ dội (cát thô và sỏi lắng đọng), đến chỗ chảy êm đềm hơn (sét, cát mịn). Chọn A.
Làm sáng tỏ cho ý kiến: đồng bằng Hà Nội được hình thành do quá trình bồi tụ của phù sa sông Hồng.
Đảm bảo độ tin cậy cho kết luận: sông Hồng đã trải qua hai giai đoạn vận động.
Chứng minh cho quan điểm: lịch sử hình thành Hà Nội gắn liền với sự hình thành vùng châu thổ Bắc Bộ.
Tăng tính thuyết phục cho các thông tin được đưa ra trong đoạn trích.
Việc tác giả trích dẫn kết quả nghiên cứu của hai tác giả Trần Quốc Vượng và Vũ Tuấn Sán trong cuốn Hà Nội nghìn xưa có tác dụng chứng minh cho quan điểm: lịch sử hình thành Hà Nội gắn liền với sự hình thành vùng châu thổ Bắc Bộ. Chọn C.
Khi biển rút, nước sông Hồng chở nặng phù sa đã bồi tích thành vùng đồng bằng Hà Nội như hiện nay.
“Thương hải biến vi tang điền” - Bãi biển đã biến thành nương dâu.
Sau thời gian dài biển lùi, nước biển cạn dần, nó chuyển thành vùng trũng lầy rồi thành đồng bằng.
Sông Hồng đã qua hai giai đoạn vận động, từ chỗ chảy mạnh, dữ dội, đến chỗ chảy êm đềm hơn.
Từ “như vậy” có thể thay thế cho nội dung: Khi biển rút, nước sông Hồng chở nặng phù sa đã bồi tích thành vùng đồng bằng Hà Nội như hiện nay. Chọn A.
nhũ đá.
hóa thạch.
di thể.
thạch anh.
“trầm tích”: chất do các vật thể trong nước sông, hồ, biển lắng đọng lâu ngày kết lại mà thành. Từ này gần nghĩa hơn cả với từ “nhũ đá”. Chọn B.
được coi.
săn bắt.
chủ yếu.
có vú.
Giải thích: “Săn bắt” là hành động con người sử dụng các công cụ lao động nhằm săn và bắt các con thú. Đại bàng là động vật, không thể thực hiện hành động này. Chọn B.
ý thức.
trách nhiệm.
nhiễm.
dễ dàng.
Từ “nhiễm” (bị yếu tố bên ngoài thường là độc hại xâm nhập vào gây ra những hậu quả xấu) dùng chưa hợp lí trong ngữ cảnh câu văn. Chọn C.
bị.
trong tù.
vẫn.
trước.
“Biệt đãi” là đối xử đặc biệt, biểu thị thái độ rất coi trọng nên sử dụng từ “bị” trước đó là không phù hợp. Chọn A.
gửi gắm.
thông điệp.
xâm nhập.
thực tế.
Từ “xâm nhập” dùng sai vì “xâm nhập” có nghĩa là đi vào một cách trái phép, thường gây ra tác hại. Nên thay “xâm nhập” bằng “thâm nhập” (đi sâu vào và cùng hoà mình trong một môi trường hoạt động nào đó). Chọn C.
cho.
nhưng.
cũng.
của.
học vẹt.
học gạo.
học tập.
học vần.
Từ có nghĩa không giống các từ còn lại là “học tập”. “Học vẹt, học gạo, học vần” là các kiểu và các cách học. “Học vẹt” là học bằng cách bắt chước y hệt không quan tâm đến nội dung, “học gạo” là học bằng cách nhồi nhét kiến thức thuần túy, “học vần” là học đánh vần. “Học tập” là học nói chung. Chọn C.
quả cam.
quả đồi.
quả tim.
quả đất.
Từ “quả” trong “quả cam” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.
xanh lét.
trăng trắng.
tím ngắt.
đỏ rực.
Từ “trăng trắng” mang tính chất giảm nhẹ mức độ, tính chất. Các từ còn lại mang tính chất tăng dần về mức độ, tính chất. Chọn B.
quăng.
quẳng.
lia.
kéo.
Từ “kéo” chỉ hành động làm cho vật di chuyển lại gần. Các từ “quăng, quẳng, lia” chỉ hành động làm cho vật di chuyển ra xa. Chọn D.
ầm ầm.
mênh mông.
rả rích.
tí tách.
Từ “mênh mông” là từ tượng hình. Các từ còn lại đều là từ tượng thanh. Chọn B.
tài năng.
khả năng.
bản năng.
năng lực.
Chí Phèo thể hiện tài năng truyện ngắn bậc thầy của Nam Cao: xây dựng thành công những nhân vật điển hình bất hủ; nghệ thuật trần thuật linh hoạt, tự nhiên mà vẫn nhất quán, chặt chẽ; ngôn ngữ nghệ thuật đặc sắc. Chọn A.
bảo toàn.
bảo tồn.
bảo vệ.
bảo đảm.
Chúng ta có trách nhiệm bảo tồn và phát huy vẻ đẹp truyền thống của văn hóa dân tộc. Chọn B.
xanh xanh.
xanh lơ.
xanh xao.
xanh biếc.
“xanh xao” là từ chỉ màu sắc của da người. Các từ còn lại không dùng để miêu tả màu sắc của da người. Chọn C.
chống cự.
chống đối.
chống lưng.
chống chếnh.
Từ “chống cự”: đánh trả lại để tự vệ phù hợp để điền vào chỗ trống. Chọn A.
mất.
tử vong.
băng hà.
hi sinh.
Người chiến sĩ hi sinh anh dũng ấy nay đã được đưa về với đất mẹ quê hương. Chọn D.
So sánh.
Nhân hóa.
Điệp từ.
Chơi chữ.
Điệp từ “nắng”. Chọn C.
Tự sự.
Thuyết minh.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Nghị luận là phương thức biểu đạt chính của đoạn trích. Chọn D.
Mong mỏi.
Hờn trách.
Ghen tuông.
Say mê.
Cảm xúc mong mỏi của nhân vật trữ tình được thể hiện qua 2 dòng thơ cuối. Chọn A.
Phan Bội Châu.
Phan Châu Trinh.
Vũ Trọng Phụng.
Nam Cao.
Nhân vật được đề cập đến trong đoạn trích là Phan Châu Trinh. Chọn B.
Đoạn văn diễn dịch.
Đoạn văn quy nạp.
Đoạn văn tổng phân hợp.
Đoạn văn song hành.
Đoạn văn quy nạp, câu chủ đề ở cuối đoạn “Chính người phụ nữ là người chăm sóc và giáo dục con cái chủ yếu trong gia đình”. Chọn B.
mới.
thì.
để.
là.
Từ “đặng” đồng nghĩa với từ “để”. Chọn C.
Điệp từ.
Nhân hóa.
So sánh.
Hoán dụ.
Điệp từ “Nỗi nhớ”, “nhớ”. Chọn A.
Vua Bảo Đại.
Vua Đồng Khánh.
Vua Khải Định.
Vua Duy Tân.
Điển tích, điển cố.
Ước lệ, tượng trưng.
Nhân hóa, so sánh.
Ẩn dụ, hoán dụ.
Về điển tích, Hoàng Sào trước là một anh hùng, nhưng sự nghiệp không bền vì hiếu sát, làm mất lòng dân và tướng sĩ, từ anh hùng trở thành giặc loạn, nên Kiều khuyên Từ “nghìn năm ai có khen đâu Hoàng Sào!”. Chọn A.
Những nơi mà nhân vật trữ tình đã sống và chiến đấu.
Những trò chơi, niềm vui tuổi thơ của nhân vật trữ tình.
Những kỉ niệm gắn liền với người bà của nhân vật trữ tình.
Những cơ cực, vất vả của người bà.
Các địa danh xuất hiện trong đoạn trích gắn với những trò chơi, niềm vui tuổi thơ của nhân vật trữ tình: ra cống Na câu cá, đi chợ Bình Lâm, bắt chim sẻ ở vành tai tượng Phật, ăn trộm nhãn chùa Trần, lên chơi đền Cây Thị, xem lễ đền Sòng,… Chọn B.
Cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa.
Cái tráng lệ, huy hoàng là kẻ thù của cái đẹp.
Cần có thói quen tốt khi giao tiếp.
Cầu kì là kẻ thù của cái đẹp.
Thông điệp gửi qua đoạn trích: Cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa. Chọn A.
Hơi men cay nồng của rượu.
Tiếng sáo thiết tha bổi hổi.
Cảnh mọi người nhảy đồng và hát.
Không khí mùa xuân trên rẻo cao.
Chính âm thanh tiếng sáo đã đánh thức Mị nhớ về quá khứ, nhớ lại những giai điệu ngọt ngào từ thuở xa xôi. Bằng cách trở về với quá khứ đã thổi bùng lên trong lòng Mị khát vọng tình yêu, khát vọng tuổi trẻ, kí ức về quá khứ tươi đẹp một thời đã “có biết bao nhiêu người mê, ngày đêm đã thổi sáo đi theo Mị”. Chọn B.
Hình ảnh hoán dụ cho những con người đang mất phương hướng trước dòng chảy của cuộc đời.
Hình ảnh ẩn dụ gợi nỗi buồn về kiếp người nhỏ bé vô định.
Hình ảnh hoán dụ cho kiếp người lạc lõng giữa thời cuộc.
Hình ảnh thể hiện sự đau lòng cho những con người đang trôi dạt không nơi nương tựa.
Hình ảnh “củi một cành khô lạc mấy dòng” là hình ảnh ẩn dụ gợi nỗi buồn về kiếp người nhỏ bé vô định. Chọn B.
Nhân hóa và so sánh.
Điệp từ và điệp ngữ.
So sánh và ẩn dụ.
Hoán dụ và nhân hóa.
Biện pháp nhân hóa và so sánh:
+ Nhân hóa được thể hiện qua các từ ngữ: chuyển hướng, vòng qua, vẽ một hình cung, ôm lấy, xuôi dần,...
+ So sánh được thể hiện qua các câu văn: và từ đó nó trôi đi giữa hai dãy đồi sừng sững như thành quách, người ta luôn luôn nhìn thấy dòng sông mềm như tấm lụa, với những chiếc thuyền xuôi ngược chỉ bé vừa bằng con thoi.
→ Chọn A.
Hai chị em Việt và Chiến thu xếp việc nhà trước ngày lên đường tòng quân.
Chú Năm và Chiến chuẩn bị trước cho việc cúng giỗ ba má hàng năm.
Việt thu xếp sao cho bàn thờ ba má được ấm áp khói hương khi vắng hai chị em.
Hai chị em Chiến và Việt khiêng bàn thờ má sang gửi nhờ nhà chú Năm.
Đoạn trích kể lại việc hai chị em Chiến và Việt khiêng bàn thờ má sang gửi nhờ nhà chú Năm. Chọn D.
Giai cấp nông dân ra đời.
Giai cấp địa chủ bị xóa bỏ.
Giai cấp địa chủ ra đời.
Giai cấp công nhận ra đời.
Địa chủ và nông dân là giai cấp cũ trong xã hội. Công nhân là giai cấp mới được hình thành trong cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất của thực dân Pháp. Chọn D.
Tổ chức Liên hợp quốc
Hội Quốc liên.
Hội Liên hiệp quốc tế mới.
Hội Liên hiệp tư bản.
Hội Quốc liên ra đời để duy trì trật tự thế giới sau Chiến tranh thế giới thứ nhất. Chọn B.
Tập hợp các nước Tây Âu vào liên minh quân sự chống Liên Xô, Đông Âu.
Xoa dịu mâu thuẫn giữa các nước thuộc địa với các nước tư bản ở Tây Âu.
Thúc đẩy nhanh quá trình liên kết kinh tế ở khu vực Tây Âu.
Từng bước chiếm lĩnh thị trường hàng hóa các nước Tây Âu.
Với kế hoạch Mácsan (6-1947), Mĩ đã viện trợ cho Tây Âu 17 tỷ đô la giúp Tây Âu khôi phục kinh tế. Kế hoạch Mácsan của Mĩ đã tạo nên sự đối lập về kinh tế và chính trị giữa các nước Tây Âu tư bản chủ nghĩa và các nước Đông Âu xã hội chủ nghĩa. Đây chính là mục đích hàng đầu của Mĩ khi thực hiện kế hoạch Mácsan để tạo lập đồng minh quân sự chống lại Liên Xô và Đông Âu. Chọn A.
Lấy phát triển quân sự làm trọng điểm.
Đối thoại, thỏa hiệp, tránh xung đột trực tiếp.
Vừa hợp tác, vừa cạnh tranh, thỏa hiệp.
Lấy phát triển kinh tế làm trọng điểm.
Một đặc điểm lớn của tình hình thế giới sau Chiến tranh lạnh là sự điều chỉnh quan hệ giữa các nước lớn theo chiều hướng đối thoại, thỏa hiệp, tránh xung đột trực tiếp. Chọn B.
Là nước duy nhất có vũ khí hạt nhân.
Trở thành nền kinh tế lớn nhất thế giới.
Là nước duy nhất có dự trữ vàng.
Chế tạo thành công bom nguyên tử.
Năm 1949, Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử, phá vỡ thế độc quyển bom nguyên tử của Mĩ. Chọn D.
Dẫn đến tình trạng đối đầu hai cực Xô-Mĩ.
Dẫn đến sự hình thành các liên minh kinh tế.
Góp phần làm cho trật tự hai cực Ianta xói mòn và sụp đổ.
Quan hệ quốc tế được mở rộng và đa dạng.
Tình trạng đối đầu hai cực Xô-Mĩ là do sự đối lập nhau về mục tiêu và chiến lược giữa hai quốc gia và không chịu sự tác động của cuộc cách mạng khoa học-kĩ thuật lần thứ hai. Chọn A.
chính sách cấm đạo của triều đình nhà Nguyễn.
chính sách “bế quan tỏa cảng” của nhà Nguyễn.
chính sách cô lập Việt Nam của các nước tư bản.
chính sách xâm lược Việt Nam của thực dân Pháp.
Vào giữa thế kỷ XIX, Việt Nam bị cô lập với thế giới bên ngoài chủ yếu là do chính sách “bế quan tỏa cảng” của nhà Nguyễn. Chọn B.
giúp đỡ các nước Tây Âu xây dựng hệ thống phòng thủ.
đàn áp phong trào cách mạng ở Châu Âu, chống các nước xã hội chủ nghĩa
chuẩn bị một cuộc chiến tranh thế giới
chống lại Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa ở Đông Âu.
Sau Chiến tranh thế giới thứ hai, Mĩ và các nước Tây Âu thành lập khối quân sự NATO nhằm mục đích chống lại Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa ở Đông Âu. Chọn D.
Lực lượng quân viễn chinh Mĩ đã mất khả năng chiến đấu.
Lực lượng vũ trang miền Nam đã lớn mạnh về mọi mặt.
Ý chí quyết tâm đánh giặc của quân và dân miền Nam.
Quân và dân miền Nam có khả năng đánh thắng giặc Mĩ xâm lược
Chiến thắng Vạn Tường (18-8-1965) của quân dân ta đã chứng tỏ quân và dân miền Nam có khả năng đánh thắng giặc Mĩ xâm lược. Chọn D.
đều chứng tỏ tinh thần kiên cường bất khuất của nhân dân miền Nam Việt Nam chống Mĩ cứu nước
đều chứng minh khả năng quân dân miền Nam có thể đánh bại các chiến lược chiến tranh mới của Mĩ.
hai chiến thắng trên đều cùng chống một chiến lược chiến tranh của Mĩ ở miền Nam Việt Nam.
đều thể hiện sức mạnh vũ khí của Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa giúp đỡ cho cách mạng Việt Nam.
Chiến thắng Ấp Bắc và chiến thắng và chiến thắng Vạn Tường đều là hai thắng lợi quân sự quan trọng, mở đầu cho cuộc đấu tranh chống lại chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” và “Chiến tranh cục bộ” của Mĩ.
Hai chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại chiến lược chiến tranh của Mĩ, là tiền đề quan trọng cho những chiến thắng tiếp theo. Trong đó:
+ Chiến thắng Ấp Bắc đã bước đầu làm thất bại chiến thuật “trực thăng vận” và “thiết xa vận” của Mĩ. Sau chiến thắng này, trên khắp miền Nam dấy lên phong trào “Thi đua Ấp Bắc, giết giặc lập công”, thúc đẩy phong trào đấu tranh của nhân dân miền Nam phát triển và từng bước làm phá sản chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” của Mĩ.
+ Chiến thắng Vạn Tường được coi như “Ấp Bắc” thứ hai đối với quân Mĩ, mở ra cao trào “Tìm Mĩ mà đánh, lùng ngụy mà diệt” trên khắp miền Nam. Chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại quân Mĩ trong chiến lược “Chiến tranh cục bộ” (1965-1968).
Chọn B.
Tiếp giáp với Canada và khu vực Mĩ La-tinh
Nằm ở bán cầu Bắc và tiếp giáp với Mê hi cô ở phía Nam.
Nằm ở trung tâm lục địa Bắc Mỹ và tiếp giáp với Thái Bình Dương ở phía Tây.
Nằm ở giữa Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương
Hoa Kì nằm giữa Thái Bình Dương và Đại Tây Dương → Nhận định Hoa Kì nằm giữa Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương là sai. Chọn D.
Dệt may.
Chế tạo máy.
Hóa chất.
Sản xuất ô tô.
Trung Quốc đã sử dụng lực lượng lao động dồi dào ở địa bàn nông thôn để phát triển ngành dệt may (SGK/94 Địa lí 11). Chọn A.
diễn ra suốt năm, trên phạm vi cả nước
tất cả bão đều xuất phát từ Biển Đông.
chỉ diễn ra ở phần lãnh thổ phía Bắc
mùa bão chậm dần từ Bắc vào Nam.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- A sai: mùa bão diễn ra từ tháng 6-12
- B sai: bão không chỉ hình thành trên biển Đông, có những cơn bão xuất phát từ vùng biển phía Nam hoặc phía Bắc
- C sai: các cơn bão đổ bổ bộ nhiều nhất vào miền Trung nước ta, miền Nam cũng chịu ảnh hưởng của bão nhưng ít hơn và đến muộn hơn.
- D đúng: mùa bão chậm dần từ Bắc vào Nam. Chọn D.
khai thác hải sản.
làm muối.
nuôi trồng thủy sản.
chế biến thủy sản.
Nơi có nhiệt độ cao, nhiều nắng, it sông đổ ra biển thuận lợi nhất cho nghề làm muối vì có độ bốc hơi cao, độ mặn cao. Chọn B.
Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang.
Bắc Kạn, Hà Giang, Tuyên Quang.
Điện Biên Phủ, Sơn La, Tuyên Quang.
Sơn La, Bắc Kạn, Tuyên Quang.
Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang. Chọn A.
Cho bảng số liệu sau:
SỐ DI TÍCH QUỐC GIA CHIA THEO LOẠI DI TÍCH NĂM 2020
(Đơn vị: số di tích)
(Nguồn: gso.gov.vn)
Để thể hiện cơ cấu di tích quốc gia chia theo loại di tích năm 2020, dạng biểu đồ nào sau đây là phù hợp nhất?
Miền.
Cột.
Tròn.
Đường.
Cơ cấu + 1 mốc thời gian → Biểu đồ tròn. Chọn C.
xa các nguồn nhiên liệu than.
xây dựng đòi hỏi vốn lớn hơn.
ít nhu cầu về điện hơn phía Bắc.
gây ô nhiễm môi trường.
Các nhà máy nhiệt điện chạy bằng than không phát triển ở phía Nam chủ yếu là do xa nguồn nguyên liệu than chứ không phải vì lý do nào khác. Chọn A.
cây lâu năm, chăn nuôi gia súc lớn.
chăn nuôi gia cầm, cây lương thực
cây hàng năm, nuôi trồng thủy sản.
nuôi trồng thủy sản, cây dược liệu.
Thế mạnh nông nghiệp nhiệt đới ở trung du và miền núi nước ta là cây công nghiệp lâu năm (cà phê, cao su, chè, hồ tiêu, điều…) và chăn nuôi gia súc lớn trên các đồng cỏ (trâu, bò). Chọn A.
Chè.
Cao su.
Hồ tiêu.
Cà phê.
Cà phê là cây trồng quan trọng nhất của Tây Nguyên. Chọn D.
đẩy mạnh chế biến, phát triển xuất khẩu.
hiện đại ngư cụ, đầu tư đánh bắt xa bờ.
mở rộng dịch vụ, xây dựng các cảng cá.
áp dụng kỹ thuật mới, bảo vệ môi trường.
Giá trị nông sản nói chung, thuỷ sản nói riêng được nâng cao khi làm chủ được khâu chế biến. Mặt khác, việc xuất khẩu thuỷ sản thu lại lợi nhuận lớn. Chọn A.
Ở điều kiện bình thường, chất khí có khả năng dẫn điện, các hạt tải điện là ion dương, ion âm và electron.
Tia sét là dòng điện tự lực trong chất khí khi không khí bị đốt nóng đến mức bị ion hoá.
Tia lửa điện và hồ quang điện là hai dạng phóng điện tự lực trong chất khí có cùng điều kiện xuất hiện.
Tia lửa điện và hồ quang điện là dòng điện trong chất khí khi xuất hiện đều phát sáng và tỏa nhiệt mạnh.
Ở điều kiện bình thường, chất khí không dẫn điện. → A sai
Tia sét là dòng điện tự lực trong chất khí khi không khí chịu tác dụng của điện trường cực mạnh đến mức bị ion hoá → B sai
Tia lửa điện và hồ quang điện là hai dạng phóng điện tự lực trong chất khí có cùng điều kiện xuất hiện → C sai
Chọn D.
\({2.10^{ - 8}}\;{\rm{T}}.\)
\({4.10^{ - 6}}\;{\rm{T}}.\)
\({2.10^{ - 6}}\;{\rm{T}}.\)
\({4.10^{ - 7}}\;{\rm{T}}.\)
Cảm ứng từ tại điểm \({\rm{M}}\) có độ lớn là \(B = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{r} = \frac{{{{2.10}^{ - 7}}.1}}{{0,1}} = {2.10^{ - 6}}\;{\rm{T}}\). Chọn C.
10 cm.
20 cm.
30 cm.
12 cm.
Ta có: \(\frac{d}{{d'}} = \frac{{OA}}{{OA'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{20}}{{d'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow d' = 30\;{\rm{cm}}\)
Tiêu cự của thấu kính: \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \Rightarrow f = 12\;{\rm{cm}}\)
Chọn D.
hấp thụ ánh sáng hồng ngoại phát ra từ mối hàn đến mắt.
hấp thụ nhiệt tỏa ra từ mối hàn đến mắt.
hấp thụ ánh sáng tử ngoại phát ra từ mối hàn đến mắt.
hấp thụ ánh sáng nhìn thấy từ mối hàn đến mắt.
Người thợ cơ khí khi hàn điện thường sử dụng kính bảo vệ. Tấm kính bảo vệ có tác dụng chủ yếu là hấp thụ ánh sáng tử ngoại phát ra từ mối hàn đến mắt. Chọn C.
Notron.
Proton.
Photon.
Electron.
Theo thuyết lượng tử ánh sáng, ánh sáng được tạo thành bởi các hạt photon. Chọn C.
Tia \(\alpha ,\beta ,\gamma \) đều có chung bản chất là sóng điện từ có bước sóng khác nhau.
Tia α là dòng các hạt nhân nguyên tử \(_2^4{\rm{He}}.\)
Tia \({\beta ^ + }\)là dòng các hạt pôzitrôn.
Tia \({\beta ^ - }\) là dòng các hạt êlectron.
\({\beta ^ + }\) hay e \(^ + \)là các pozitron, hay electron dương, có cùng khối lượng với electron nhưng mang điện tích dương. Chọn A
\(\frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}}.\)
\({Q_0}I_0^2.\)
\(\frac{{{Q_0}}}{{{I_0}}}.\)
\({I_0}Q_0^2.\)
\(\omega = \frac{{{V_M}}}{A} = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}}.\) Chọn A.
Đồ thị dao động nào sau đây biểu diễn sự phụ thuộc của chu kì T vào khối lượng m của con lắc lò xo đang dao động điều hòa?
Hình 1.
Hình 3.
Hình 4.
Hình 2.
Công thức tính chu kì con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \Leftrightarrow {T^2} = \frac{{4{\pi ^2}}}{k} \cdot m\)
\( \Rightarrow \) Đồ thị T theo m có dạng parabol có bề lõm hướng theo chiều dương trục Om. Chọn hình 2.
Chọn D.
cuộn dây không thuần cảm và tụ điện.
tụ điện và cuộn dây không thuần cảm.
cuộn dây thuần cảm và tụ điện.
cuộn dây không thuần cảm và điện trở.
Nhận thấy: \({U^2} + U_X^2 = U_Y^2 \Rightarrow \overrightarrow U \bot \overrightarrow {{U_X}} \)
\( \Rightarrow \) Phần tử X và Y là cuộn dây không thuần cảm và tụ điện. Chọn A.
Khi sử dụng bức xạ màu vàng: \(MN = 12{i_1} = 12\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \Rightarrow {x_M} = - {x_N} = 6\frac{{{\lambda _1}D}}{a}\)
Khi sử dụng bức xạ màu xanh: \( - 6\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \le n{i_2} \le 6\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \Leftrightarrow - 6{\lambda _1} \le n{\lambda _2} \le 6{\lambda _1} \Leftrightarrow - 7,2 \le n \le 7,2\)
Có 15 giá trị của n nguyên. Có 15 vân sáng.
Đáp án: 15.
19,2 gam.
1,92 gam.
3,84 gam.
38,4 gam.
\({{\rm{n}}_{\rm{x}}} = 0,8\;\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,6\;\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{alkane }}}} = {{\rm{n}}_{alkene}} = \frac{{0,8}}{4} = 0,2\;\)mol; \({{\rm{n}}_{alkyne}} = 0,4\;\)mol
Khi cho X qua bình đựng dung dịch \[AgN{O_3}/N{H_3}\] lấy dư thu được 96 gam kết tủa.
TH1: Alkyne là \[{C_2}{H_2}.\]
\(\begin{array}{l}{\rm{HC}} \equiv {\rm{CH}} + 2{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} \to {\rm{AgC}} \equiv {\rm{CAg}} + 2{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\\{{\rm{n}}_{{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_2}}} = {{\rm{n}}_{{{\rm{C}}_2}{\rm{A}}{{\rm{g}}_2}}} = \frac{{96}}{{240}} = 0,4\;{\rm{mol}} = {{\rm{n}}_{alkyne\,\,\,({\rm{x}})}}\end{array}\)
Đốt cháy Y gồm: 0,2 mol alkane và 0,2 mol alkene sẽ thu được:
\({n_{alkane}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} \to {n_{{H_2}O}} = {n_{alkane}} + {n_{C{O_2}}} = 0,8\,mol\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {m_Y} = {m_C} + {m_H} = 0,6 \cdot 12 + 0,8 \cdot 2 = 8,8\,gam\\ \Rightarrow {m_X} = {m_y} + {m_{{C_2}{H_2}}} = 8,8 + 0,4 \cdot 26 = 19,2\,gam.\end{array}\)
TH2: Alkyne có dạng \({\rm{RC}} \equiv {\rm{CH}}\) (R khác H).
\(\begin{array}{l}{\rm{RC}} \equiv {\rm{CH}} + {\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} \to {\rm{RC}} \equiv {\rm{CAg}} + {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\\\;\,\,\,\,\,\,0,4{\rm{ }}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,\,\,\,\,\,0,4{\rm{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\({{\rm{M}}_{RC \equiv CAg}} = \frac{{96}}{{0,4}} = 240 \Rightarrow {\rm{R}} = 108\)(loại).
Chọn A.
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa 0,15 mol \[N{a_2}C{O_3}\]và 0,10 mol \[KHC{O_3}\]. Số mol khí \[C{O_2}\]thu được phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn trên đồ thị hình bên. Giá trị của (a + b) là
![Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa 0,15 mol \[N{a_2}C{O_3}\]và 0,10 mol \[KHC{O_3}\]. Số mol khí \[C{O_2}\]thu được phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn trên đồ thị hình bên. Giá trị của (a + b) là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid3-1722574009.png)
0,45.
0,30.
0,35.
0,40.
\(HCl + \left\{ \begin{array}{l}CO_3^{2 - }:0,15\,mol\\HCO_3^ - :0,1\,mol\\N{a^ + }:0,3\,mol\\{K^ + }:0,1\,mol\end{array} \right.\)
Khi cho từ từ HCl vào dung dịch \(N{a_2}C{O_3},KHC{O_3}\)xảy ra các quá trình sau:
\(\begin{array}{l}{H^ + } + CO_3^{2 - } \to HCO_3^ - \\0,15\,\,\,0,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
Sau quá trình này tổng số mol \(HCO_3^ - \)là 0,25 mol
\(\begin{array}{l}{H^ + } + HCO_3^ - \to C{O_2} + {H_2}O\\0,25\,\,0,25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
Dựa vào đồ thị các phản ứng hoá học trên ta suy ra
+) b là số mol \[C{O_2}\]tối đa thu được: b = 0,25
+) a là số mol \[C{O_2}\] sinh ra khi lượng HCl thêm vào là 0,2 mol: a = 0,2 – 0,15 = 0,05
Þ a + b = 0,25 + 0,05 = 0,3.
Chọn B.
\({\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}} \right)_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{\rm{NaHS}}{{\rm{O}}_4}.\)
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3},{\rm{NaHS}}{{\rm{O}}_4}.\)
\({\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}} \right)_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}.\)
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3},{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}.\)
- TN1: khí là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}.\)
- TN2: khí là \({\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \Rightarrow \) loại B và C (vì \({V_1} = {V_2}\) ).
- TN3: sinh khí \( \Rightarrow {\rm{X}},{\rm{Y}}\) chứa \({{\rm{H}}^ + } \Rightarrow \) A đúng.
Chọn A.
2.
3.
4.
5.
\({\rm{X}}\) có dạng \({{\rm{H}}_2}{\rm{NR}}{({\rm{COOH}})_b}\)
- 50 mL dung dịch \({\rm{X}} + 0,04\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{HCl}} \Rightarrow \) dung dịch phản ứng vừa đủ với \(0,08\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{NaOH}}\).
Lượng\({\rm{NaOH}}\)trung hòa dung dịch thu được = lượng \({\rm{NaOH}}\)trung hòa dung dịch \({\rm{X}}\) và \(0,04\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{HCl}}\) \( \Rightarrow {\rm{b}} \cdot {{\rm{n}}_{\rm{X}}} + 0,04 = 0,08 \Rightarrow {\rm{b}} \cdot {{\rm{n}}_{\rm{X}}} = 0,04\,mol\)
- 250 mL dung dịch \({{\rm{H}}_2}{\rm{NR}}{({\rm{COOH}})_b} + {\rm{KOH}} \to 40,6\) gam \({{\rm{H}}_2}{\rm{NR}}{({\rm{COOK}})_b} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({n_X} = 5 \cdot \frac{{0,04}}{b} = \frac{{0,2}}{b}\;{\rm{mol}}\).
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{NR}}{{({\rm{COOK}})}_{\rm{b}}}}} = {{\rm{n}}_{\rm{X}}} = \frac{{0,2}}{{\rm{b}}}\) mol.
\[\begin{array}{l}{M_{{H_2}{\rm{NR(COOK}}{{\rm{)}}_b}{\rm{ }}}} = 16 + {M_R} + 83b = \frac{{40,6}}{{\frac{{0,2}}{b}}} = 203b\\ \Rightarrow 16 + {M_M} = 120b \to \left\{ \begin{array}{l}b = 1\\{M_R} = 104\end{array} \right.\\ \Rightarrow R:\,\, - {C_8}{H_8} - \end{array}\]
CTPT của X là \({C_9}{H_{11}}{O_2}N.\)
Mà X là \(\alpha \)-amino acid có chứa một vòng thơm nên các CTCT tối đa thỏa mãn X là 5.
Chọn D.
4.
5.
3.
2.
Các phát biểu đúng là: (b), (c), (d), (e).
Phát biểu (a) không đúng vì chất rắn nổi lên là muối của sodium với acid béo.
Chọn A.
Trên các sản phẩm làm từ chất dẻo thường có kí hiệu gồm các mũi tên tạo hình tam giác cho biết vật liệu có thể tái chế (mã tái chế) và một số đi kèm mô tả loại nhựa cấu thành sản phẩm (mã nhận diện nhựa). Ví dụ trong mã tái chế dưới đây có số 6 là kí hiệu của nhựa polystyrene. Tên của monome dùng để điều chế loại polymer này là
methylbenzene.
styrene.
vinylbenzene.
cyclohexene.
Tên polymer = poly + tên monomer Þ monomer là styrene.
Phương trình trùng hợp như sau:
Chọn B.
9,50.
6,25.
7,50.
8,25.
\({\mathop{\rm BTNT}\nolimits} ({\rm{N}})\) ta có \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = 2\,\,(\;{\rm{mol}})\)
\(\begin{array}{l}2{\rm{NO}} + {{\rm{O}}_2} \to 2{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\\2\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\(\begin{array}{l}4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\\2\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,0,5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\({n_{{O_2}}}\)ban đầu = a – 2 (mol)
Chọn C.
HCl.
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}.\)
\({\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}} \right)_3}.\)
CaSO4.
Chất không dẫn điện là do trong dung dịch không có các ion mang điện trái dấu hay nói cách khác là chất không điện li.
\(C{H_3}OH\)là chất không điện li.
Chọn B.
FeO.
\[F{e_2}{O_3}v\`a {\rm{ }}FeO.\]
\[F{e_2}{O_3}.\]
FeO và Fe.
![Khi nung hỗn hợp các chất \[Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3},{\rm{ }}Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}\]và \[FeC{O_3}\]trong không khí đến khối lượng không đổi, (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid8-1722574525.png)
Khi nung hỗn hợp các chất \({\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_3},{\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2}\) và \({\rm{FeC}}{{\rm{O}}_3}\) trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được một chất rắn là \({\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3}\).
Chọn C.
Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{OH}}({\rm{T}})}} = 2.{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} = 2.\frac{{1,3635}}{{24,79}} = 0,11 = {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}}\)
=> Trong T các alcohol có số nhóm OH bằng số C.
Lại có \({{\rm{M}}_{\rm{x}}} < {{\rm{M}}_{\rm{Y}}} < 120\) Þ T gồm \[C{H_3}OH\](x mol) và \[{C_2}{H_4}{\left( {OH} \right)_2}\](y mol).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y = 0,11}\\{x + y = 0,08}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,05}\\{y = 0,03}\end{array}} \right.} \right.(mol)\)
E gồm 2 ester mạch hở X và Y\(\left( {{M_X} < {M_Y} < 120} \right)\)và sau khi tác dụng với NaOH chỉ thu được 1 muối Z nên 2 ester này tạo bởi cùng một carboxylic acid.
=> Y là \[{\left( {HCOO} \right)_2}{C_2}{H_4}\](0,03 mol) và X là \[HCOOC{H_3}\](0,05 mol).
Phần trăm khối lượng của Y trong E là:
\(\% {m_Y} = \frac{{0,03.118}}{{0,03.118 + 60.0,05}}.100\% = 54,13\% \).
Đáp án: 54,13%
Pha tối của quang hợp chỉ diễn ra trong điều kiện không có ánh sáng.
Điểm bù CO2 của thực vật C3 thấp hơn thực vât C4.
Nguyên liệu của quá trình quang hợp là CO2 và H2O.
Pha sáng của quang hợp sử dụng năng lượng ánh sáng để tổng hợp glucôzơ.
A. Sai. Pha tối của quang hợp diễn ra không cần sự tham gia trực tiếp của ánh sáng chứ không phải chỉ diễn ra trong điều kiện không có ánh sáng.
B. Sai. Điểm bù CO2 của thực vật C4 thấp hơn thực vât C3.
C. Đúng. Nguyên liệu của quá trình quang hợp là CO2 và H2O.
D. Sai. Pha sáng của quang hợp sử dụng năng lượng ánh sáng để tổng hợp ATP và NADPH cung cấp cho pha tối để tổng hợp glucôzơ.
Chọn C.
1.
2.
3.
4.
Có 2 phát biểu đúng là III và IV. Chọn B.
I. Sai. Không phải tất cả các loài động vật có xương sống đều phát triển không qua biến thái, ví dụ ếch nhái trải qua biến thái hoàn toàn.
II. Sai. Không phải tất cả các loài động vật không xương sống đều phát triển qua biến thái, ví dụ giun đất không trải qua biến thái.
ngăn trứng chín và rụng.
ngăn cản không cho tinh trùng gặp trứng.
ngăn sự làm tổ của trứng đã thụ tinh.
làm chết tinh trùng.
Cơ sở sinh học của biện pháp sử dụng bao cao su khi quan hệ tình dục là ngăn cản không cho tinh trùng xâm nhập vào tử cung để có cơ hội gặp trứng. Chọn B.
Lệch bội.
Chuyển đoạn.
Đa bội.
Dị đa bội.
- Đột biến cấu trúc NST sẽ làm thay đổi cấu trúc NST. Trong các dạng đột biến trên thì chuyển đoạn là đột biến cấu trúc NST. Chọn B.
- Các dạng đột biến còn lại gồm lệch bội, đa bội, dị đa bội là các dạng đột biến số lượng NST nên không làm thay đổi cấu trúc NST.
tần số các alen luôn biến đổi qua các thế hệ.
thành phần kiểu gen thay đổi qua mỗi thế hệ.
lượng biến dị di truyền trong quần thể hạn chế.
tính đa dạng di truyền của quần thể được duy trì.
D. Đúng. Quần thể ngẫu phối tạo ra một lượng biến dị di truyền rất lớn trong quần thể, duy trì được tần số các kiểu gen khác nhau không đổi trong điều kiện nhất định → duy trì được sự đa dạng di truyền của quần thể. Chọn D.
I → IV → II → III.
IV → I → II → III.
II → III → I → IV.
II → III → IV → I.
Quy trình tạo thể đột biến có kiểu gen aa có khả năng kháng bệnh theo thứ tự là: Xử lí hạt giống bằng tia phóng xạ để gây đột biến rồi gieo mọc thành cây (I) → Cho các cây con nhiễm tác nhân gây bệnh (IV) → Chọn lọc các cây có khả năng kháng bệnh (II) → Cho các cây kháng bệnh tự thụ phấn đề tạo dòng thuần (III). Chọn A.
Các lí do thuộc phạm vi xã hội và đạo đức.
Sự di truyền tính trạng không tuân theo các quy luật di truyền.
Số lượng NST lớn, kích thước nhỏ, cấu trúc của vật chất di truyền ở mức phân tử phức tạp, có nhiều vấn đề chưa được biết một cách tường tận.
Khả năng sinh sản của loài người chậm và ít con.
Khó khăn khi nghiên cứu di truyền học người là: Số lượng NST lớn, kích thước nhỏ, cấu trúc của vật chất di truyền ở mức phân tử phức tạp, có nhiều vấn đề chưa được biết một cách tường tận; Thời gian chín sinh dục muộn, thời gian mang thai dài và ít con; Các vấn đề đạo đức và xã hội.
B. Sai. Các tính trạng trên cơ thể người vẫn tuân theo các quy luật di truyền. Chọn B.
Cách li trước hợp tử, cách li cơ học.
Cách li trước hợp tử, cách li tập tính.
Cách li sau hợp tử, cách li sinh thái.
Cách li sau hợp tử, cách li tập tính.
Các cá thể trong loài luôn bắt cặp đúng, không có sự giao phối khác loài → Cách li trước hợp tử. Các loài không giao phối với nhau vì có tiếng kêu khác nhau → Cách li tập tính. Chọn B.
Hình bên mô tả kiểu phân bố cá thể của ba quần thể (a), (b), (c) thuộc ba loài giả định trong diện tích 100 m2. Cho rằng các khu vực còn lại của ba quần thể nghiên cứu không có sự khác biệt so với mô tả trên hình và mỗi dấu chấm (●) trong hình minh họa cho một cá thể. Theo lí thuyết, những phát biểu nào sau đây về ba quần thể này là đúng?
I. Mật độ cá thể của quần thể tăng dần theo thứ tự (c) → (b) → (a).
II. Kiểu phân bố cá thể của quần thể (b) là phổ biến nhất trong tự nhiên.
III. Nếu có một số cá thể cùng loài nhập cư vào quần thể (a) thì kích thước của quần thể này có thể thay đổi.
IV. Điều kiện môi trường là một trong những yếu tố ảnh hưởng đến kiểu phân bố cá thể của ba quần thể (a), (b), (c).
I, III, IV.
II, III, IV.
III, IV.
I, II.
Dựa vào hình minh họa, ta thấy:
+ Ở quần thể (a), các cá thể tập hợp thành các nhóm nhỏ trong khu vực sống nên đây là kiểu phân bố theo nhóm. Mật độ cá thể của quần thể ở đây là 29 cá thể / 100 m2.
+ Ở quần thể (b), các cá thể không sống tập trung mà phân bố đều trong khu vực sống nên đây là kiểu phân bố đồng đều. Mật độ cá thể của quần thể ở đây là 18 cá thể / 100 m2.
+ Ở quần thể (c), các cá thể phân bố một cách ngẫu nhiên trong khu vực sống nên đây là kiểu phân bố ngẫu nhiên. Mật độ cá thể của quần thể ở đây là 24 cá thể / 100 m2.
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
I. Sai. Mật độ cá thể của quần thể tăng dần theo thứ tự (b) → (c) → (a).
II. Sai. Phân bố theo nhóm (kiểu phân bố của quần thể a) mới là kiểu phân bố phổ biến nhất trong tự nhiên.
III. Đúng. Nếu có một số cá thể cùng loài nhập cư vào quần thể (a) thì kích thước của quần thể này có thể thay đổi tăng nếu không có hiện tượng tử vong.
IV. Đúng. Điều kiện môi trường và sự cạnh tranh giữa các cá thể trong quần thể là các yếu tố chính ảnh hưởng đến sự phân bố cá thể của quần thể.
Chọn C.
Bài toán xét đến sự di truyền của 1 tính trạng, F1: 9 : 7 \( \Rightarrow \) Tính trạng di truyền theo quy luật tương tác bổ sung. Quy ước: A-B-: thân cao; A-bb + aaB- + aabb: thân thấp.
- F1 có 16 tổ hợp kiểu hình Þ P đều dị hợp 2 cặp gen Þ P: AaBb.
- P tự thụ: AaBb × AaBb → F1: 9A-B- : 3A-bb : 3aaB- : 1aabb.
Þ Cây cao ở F1: \[\frac{{1{\rm{ }}}}{9}AABB:\frac{2}{9}AABb:\frac{2}{9}AaBB:\frac{4}{9}AaBb.\]
Þ Tỉ lệ giao tử được tạo ra từ cây thân cao F1: \[\frac{4}{9}AB:\frac{2}{9}Ab:\frac{2}{9}aB:\frac{1}{9}ab.\]
Þ Khi cho giao phấn ngẫu nhiên các cây cao F1 với nhau, tỉ lệ các cây thân cao thu được ở F2 là:
\[\begin{array}{l}AB \times \left( {AB,{\rm{ }}Ab,{\rm{ }}aB,{\rm{ }}ab} \right) + Ab \times \left( {AB,{\rm{ }}aB} \right) + aB \times \left( {AB,{\rm{ }}Ab} \right) + ab \times AB\\ = \frac{4}{9} \times 1 + \frac{2}{9} \times \frac{6}{9} + \frac{2}{9} \times \frac{6}{9} + \frac{1}{9} \times \frac{4}{9} = 79,01\% .\end{array}\]
Đáp án: 79,01%.
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.
