Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 28)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Hà Nội tính đến 10 giờ 45 (giờ VN) ngày 16/12/2020 đã có 15 quốc gia ghi nhận số ca mắc COVID-19 trên 1 triệu.
(Nguồn: Worldometers.info)
Tính đến ngày 16/12/2020 Quốc gia nào có số ca mắc Covid 19 – nhiều nhất thế giới?
Ấn Độ.
Trung Quốc.
Thổ Nhĩ Kỳ.
Mỹ.
Tính đến ngày 16/12/2020 Mỹ có số ca mắc Covid-19 nhiều nhất thế giới là: hơn 17 triệu người. Chọn D.
\[ - 8.\]
\[ - 2.\]
2.
8.
Ta có \(m \ge - 4\) \(f\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow f''\left( x \right) = \frac{8}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}} \Rightarrow f''\left( 1 \right) = 8\).
Chọn D.
\(x = \frac{{11}}{2}\).
\(x = 5\).
\(x = \frac{9}{2}\).
\(x = 6\).
\(\left( {x,\,\,y} \right) \in \left\{ {\left( {2\,;\,\,3} \right),\,\,\left( {4\,;\,\, - 9} \right)} \right\}\).
\(\left( {x,\,\,y} \right) \in \left\{ {\left( {2\,;\,\,3} \right),\,\,\left( { - 4\,;\,\, - 9} \right)} \right\}\).
\(\left( {x,\,\,y} \right) \in \left\{ {\left( {2\,;\,\, - 3} \right),\,\,\left( { - 4\,;\,\, - 9} \right)} \right\}\).
\[\left( {x,\,\,y} \right) \in \left\{ {\left( {2\,;\,\,3} \right),\,\,\left( {4\,;\,\,9} \right)} \right\}\].
Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 1}\\{{x^2} + 2xy - {y^2} = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x\left( {2x - 1} \right) - {{\left( {2x - 1} \right)}^2} = 7}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 4{x^2} - 2x - 4{x^2} + 4x - 1 - 7 = 0}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x - 8 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4 = 0}\\{x - 2 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{y = - 9}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]. Chọn B.
![Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] cho các điểm \[A,\,\,B\] như hình vẽ bên. Trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] biểu diễn số phức (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid0-1722727532.png)
\( - 1 + 2i\).
\( - \frac{1}{2} + 2i\).
\(2 - i\).
\(2 - \frac{1}{2}i\).
Dựa vào hình vẽ ta thấy \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB\] nên \(I\left( { - \frac{1}{2}\,;\,\,2} \right)\).
Vậy trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] biểu diễn số phức \( - \frac{1}{2} + 2i\). Chọn B.
\(3x + y - 7 = 0.\)
\(x + 4y - z - 7 = 0.\)
\(3x + y - 14 = 0\).
\(x + 4y + z - 7 = 0.\)
Gọi mặt phẳng \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(A\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\,\,8\,;\,\,2} \right)\).
Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).
Khi đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua trung điểm \(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) và có 1 VTPT \(\vec n = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\) có phương trình là \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 4y + z - 7 = 0\). Chọn D.
\[\left( { - 2\,;\,\,7\,;\,\, - 5} \right)\].
\(\left( {2\,;\,\,7\,;\,\, - 5} \right)\).
\(\left( {2\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right)\).
\(\left( { - 2\,;\,\, - 7\,;\,\, - 5} \right)\).
Tọa độ điểm đối xứng với điểm \(Q\left( {2\,;\,\,7\,;\,\,5} \right)\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là: \(\left( {2\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right)\).
Chọn C.
\( - 1\).
1.
\( - 3\).
0.
ĐKXĐ: \(x \ne - 2\)
TH1: \(x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\)
\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) > 0\) (vì \(x + 2 > 0\))
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| > x + 2\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 > x + 2}\\{x - 1 < - x - 2}\end{array}} \right.\)
\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 > 2{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( {loai} \right)}\\{2x < - 1}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}\).
Kết hợp với điều kiện \(x > - 2\), ta có tập nghiệm của bất phương trình là \( - 2 < x < - \frac{1}{2}\).
TH2: \(x + 2 < 0 \Leftrightarrow x < - 2\)
\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) < 0\) (vì \(x + 2 < 0\))
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| < x + 2\)\( \Leftrightarrow - x - 2 < x - 1 < x + 2\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 2 < x - 1}\\{x - 1 < x + 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x < 1}\\{0 < 3}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow x > - \frac{1}{2}\).
Kết hợp với điều kiện \(x < - 2\), nghiệm của bất phương trình là \(x \in \emptyset \).
Kết hợp hai trường hợp ta được tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 2\,;\,\, - \frac{1}{2}} \right)\).
Vậy nghiệm nguyên lớn nhất của bất phương trình là \( - 1\). Chọn A.
3.
5.
2.
4.
Ta có \(\sin {\mkern 1mu} x = \cos x \Leftrightarrow \sin {\mkern 1mu} x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Trên \(\left[ { - \pi \,;\,\,\pi } \right]\) phương trình có 2 nghiệm \(x = \frac{{ - 3\pi }}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = \frac{\pi }{4}\). Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[15\,\,580\,\,000\] đồng.
\[18\,\,500\,\,000\] đồng.
\[15\,\,850\,\,000\] đồng.
\[15\,\,050\,\,000\] đồng.
Số tiền phải thanh toán là 1 cấp số cộng với \({u_1} = 10\,\,000\) đồng và \(d = 3000\) đồng.
Số tiền phải thanh toán khi khoan một giếng sâu 100 mét là:
\({S_{100}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 99d} \right)100}}{2} = \left( {2 \cdot 10\,\,000 + 99 \cdot 3\,\,000} \right).100 = 15\,\,850\,\,000\)(đồng). Chọn C.
\(F\left( 0 \right) = 5\ln 2.\)
\(F\left( 0 \right) = 1 + \ln 2.\)
\(F\left( 0 \right) = \ln 2.\)
\(F\left( 0 \right) = 1 + 5\ln 2.\)
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{x + 3}}{{x - 2}}dx} \)\( = \int {\left( {1 + \frac{5}{{x - 2}}} \right)dx} = x + 5\ln \left| {x - 2} \right| + C\)
Theo bài ra ta có: \(F\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow 1 + 5\ln 1 + C = 1 \Rightarrow C = 0\).
Do đó \(F\left( x \right) = x + 5\ln \left| {x - 2} \right|\).
Vậy \(F\left( 0 \right) = 5\ln 2\). Chọn A.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên:
![Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên: Tìm tất cả cá giá trị \[m\] để bất phương trình \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid2-1722728039.png)
Tìm tất cả cá giá trị \[m\] để bất phương trình \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm?
\(m \ge - 4\).
\(m \ge 1\).
\(m \ge 2\).
\(m > - 5\).
Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + 1\) thì \(t \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Với \(x = 3\) thì \(t = 3\).
Bảng biến thiên của \(f\left( t \right)\):
![Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên: Tìm tất cả cá giá trị \[m\] để bất phương trình \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm? (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid1-1722728004.png)
Do đó bất phương trình \(f\left( t \right) \le m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge - 4\). Chọn A.
\[10\,\,m.\]
\[6\,\,m.\]
\[12\,\,m.\]
\[8\,\,m.\]
Ta có: \[v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {6 - 3t} \right)dt} = 6t - \frac{{3{t^2}}}{2} + C\].
Theo bài ra ta có: Ô tô đang đứng yên và bắt đầu chuyển động, do đó \[v\left( 0 \right) = 0\] \[ \Rightarrow C = 0\].
Khi đó ta có \[v\left( t \right) = 6t - \frac{3}{2}{t^2}\], đây là một parabol có bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại \[t = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 6}}{{2 \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right)}} = 2\].
Vậy quãng đường ô tô đi được từ khi chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là: \[S = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {\left( {6t - \frac{3}{2}{t^2}} \right)dt} = 8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( m \right)\]. Chọn D.
420.
410.
400.
390.
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.
Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là \(x\) (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\) (triệu đồng).
Khi đó ta có \(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \ge 500 \Leftrightarrow x \ge 420\) (triệu đồng). Chọn A.
\(x \ge 3\).
\(1 \le x \le 3\).
\(1 < x \le 3\).
\(x \le 3\).
Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) \ge - 1\) \[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\]
\[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le 2\]\[ \Leftrightarrow 1 < x \le 3\]. Chọn C.
![Hình phẳng \[D\] (phần gạch chéo trên hình) giới hạn bởi đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right) = \sqrt {2x} ,\] đường thẳng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid3-1722728270.png)
\(\frac{{8\pi }}{3}\).
\(\frac{{10\pi }}{3}\).
\(\frac{{16\pi }}{3}\).
\(\frac{{2\pi }}{3}\).
Đường thẳng đi đi qua hai điểm \(\left( {1\,;\,\,0} \right)\,,\,{\mkern 1mu} \left( {2\,;\,\,2} \right)\) nên có phương trình
\(\frac{{x - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{y - 0}}{{2 - 0}} \Leftrightarrow y = 2x - 2\).
Khi đó thể tích phần tròn xoay cần tính là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| {2x - {{\left( {2x - 2} \right)}^2}} \right|dx} \)\( = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| { - 4{x^2} + 10x - 4} \right|dx} \)
\( = \pi \cdot \left. {{x^2}} \right|_0^1 + \left. {\pi \left( { - \frac{{4{x^3}}}{3} + 5{x^2} - 4x} \right)} \right|_1^2\)\( = \pi \left( {1 + \frac{4}{3} + \frac{1}{3}} \right) = \frac{{8\pi }}{3}\). Chọn A.
6.
7.
5.
8.
TXĐ: \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có \(y' = 2x + 8.\frac{2}{{2x}} - m = 2x + \frac{8}{x} - m\).
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
\( \Leftrightarrow 2x + \frac{8}{x} - m \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)
Đặt \(g\left( x \right) = 2x + \frac{8}{x}\), khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2x + \frac{8}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{8}{x}} = 2 \cdot 4 = 8\)
\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right) = 8\), dấu xảy ra \( \Rightarrow 2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2\).
Từ đó ta suy ra được \(m \le 8\), kết hợp điều kiện \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\).
Vậy có 8 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.
\[\left( { - 2\,;\,\, - 1} \right).\]
\[\left( { - 2\,;\,\, - 2} \right).\]
\[\left( {2\,;\,\, - 2} \right).\]
\[\left( {2\,;\,\, - 1} \right).\]
Ta có \(\left( {3x + 2yi} \right) + \left( {2 + i} \right) = 2x - 3i\)\( \Leftrightarrow \left( {3x + 2} \right) + \left( {2y + 1} \right)i = 2x - 3i\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2 = 2x}\\{2y + 1 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = - 2}\end{array}} \right.\). Chọn B.
\(x - 2y - 2 = 0.\)
\(x + y - 2 = 0.\)
\(x - y + 2 = 0.\)
\(x - y - 2 = 0.\)
Theo bài ra ta có \(\left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + 1 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + \overline {1 + i} } \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\overline {z + 1 + i} } \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {z + 1 + i} \right|\)
Đặt \(z = a + bi\) ta có: \(\left| {a + bi - 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi + 1 + i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 3} \right)i} \right| = \left| {a + 1 + \left( {b + 1} \right)i} \right|\)\( \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow - 2a + 1 + 6b + 9 = 2a + 1 + 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 4a - 4b - 8 = 0\)\( \Leftrightarrow a - b - 2 = 0\).
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(x - y - 2 = 0\). Chọn D.
\(\frac{1}{{77}}\).
\(\frac{{38}}{{77}}\).
\(\frac{{338}}{{77}}\).
\(\frac{{380}}{{77}}\).
Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{x + 2y - 4 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{4}{7}}\\{y = \frac{{16}}{7}}\end{array}} \right. \Rightarrow A\left( { - \frac{4}{7}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{16}}{7}} \right)\).
Tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{{10}}{{11}}}\\{y = \frac{{14}}{{11}}}\end{array}} \right. \Rightarrow B\left( { - \frac{{10}}{{11}}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{14}}{{11}}} \right).\)
Tọa độ điểm \(C\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y - 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 8}\\{y = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( { - 8\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,6} \right).\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( { - \frac{{78}}{{11}};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{52}}{{11}}} \right) \Rightarrow BC = \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\).
Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,{\mkern 1mu} BC} \right) \cdot BC\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - \frac{4}{7}} \right) + 3 \cdot \frac{{16}}{7} - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2}} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\)\( = \frac{{26}}{{2 \cdot 7\sqrt {13} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}} = \frac{{338}}{{77}}\).
Chọn C.
\(m = 0\) và \(m = 1\).
\(m = 4\) và \(m = - 6\).
\(m = 2\).
\(m = 6\).
Đường tròn \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\left( {x - m} \right)^2} + {y^2} = 9\) có tâm \(I\left( {m\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi \(d\left( {I,\,\,\Delta } \right) = R = 3\).
\( \Rightarrow \frac{{\left| {3m + 3} \right|}}{5} = 3 \Leftrightarrow \left| {3m + 3} \right| = 15 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m + 3 = 15}\\{3m + 3 = - 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m = 12}\\{3m = - 18}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = - 6}\end{array}} \right.\).
Vậy \(m = 4\) và \(m = - 6\). Chọn B.
\(2x - z + 2 = 0\).
\(2x - z = 0\).
\(2x + z = 0\).
\(2x + y - z = 0\)
Gọi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục \[Oy\] và vuông góc với \(\left( P \right):x + y + 2z - 2 = 0\).
Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_1}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)}\\{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\].
Mà mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) nên phương trình có dạng \(2x - z = 0\). Chọn B.
\(\frac{{3a}}{2}\).
\(3a\).
\(2\sqrt 2 a\).
\(2a\).
Ta có \({S_{xq}} = \pi r\ell \Leftrightarrow 3\pi {a^2} = \pi \cdot a \cdot \ell \Leftrightarrow \ell = 3a\). Chọn B.
\[\frac{1}{2}.\]
\[\frac{1}{3}.\]
\[\frac{1}{4}.\]
\[\frac{1}{6}.\]
Vì hình nón có bán kính \(R\) và chiều cao \(h\) bằng nhau nên \(h = R\) và thể tích hình nón đã cho là:
\({V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot R = \frac{1}{3}\pi {R^3}\).
Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân \(SAB\) có \(SH = h = R = HB = \frac{{BA}}{2}\) nên \[\Delta SAB\] vuông tại \(S.\)
Khi đó \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\) và \(H\) cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh \(S.\)
Nên bán kính mặt cầu là \(HS = R\) nên thể tích hình cầu này là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Suy ra \[\frac{{{V_n}}}{{{V_c}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}} = \frac{1}{4}\]. Chọn C.
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\({a^3}\sqrt 6 \).
\(2\sqrt 3 {a^3}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
![Cho khối lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \[A,\] \(AC = a,\,\,\widehat {ACB} = 60^\circ .\) Đường thẳng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid5-1722728828.png)
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AB = AC \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 \)
\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}\].
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot AC}\\{AB \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'} \right)\)
\( \Rightarrow AC'\) là hình chiếu vuông góc của \(BC'\) lên \(\left( {ACC'} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {\left( {BC',\,\,\left( {ACC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC',\,\,AC'} \right)} = \widehat {AC'B} = 30^\circ \).
Vì \(B \bot \left( {ACC'} \right) \Rightarrow AB \bot AC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(A\).
\( \Rightarrow AC' = AB \cdot \cot 30^\circ = a\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 = 3a\)\( \Rightarrow CC' = A{C^2} - A{C^2} = \sqrt {9{a^2} - {a^2}} = 2a\sqrt 2 \).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2} = {a^3}\sqrt 6 \). Chọn B.
\(\frac{{12}}{5}a\).
\(\frac{{28}}{5}a\).
\(\frac{{16}}{5}a\).
\(\frac{{24}}{5}a\).
![Cho tứ diện \[ABCD\] có \(AB = 3a,\,\,CD = 2a,\,\,\left( \alpha \right)\) là một mặt phẳng song song với (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid6-1722728933.png)
Giả sử \[\left( \alpha \right) \cap AC = \left\{ M \right\}\], trong \[\left( {ABC} \right)\] kẻ \[MN\,{\rm{//}}\,AB{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {N \in BC} \right)\], trong \[\left( {ACD} \right)\] kẻ \[MQ\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {Q \in AD} \right).\]
Trong \[\left( {BCD} \right)\] kẻ \[NP\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {P \in BD} \right)\].
Kho đó, thiết diện của hình chóp cắt bởi \[\left( \alpha \right)\] là tứ giác \[MNPQ.\]
Theo giả thiết ta có \[MNPQ\] là hình thoi, đặt \[MN = MQ = x.\]
Áp dụng định lí Thalès, ta có:
\[\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{CM}}{{AC}} = \frac{x}{{3a}};\,\,\frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{x}{{2a}}.\]
Ta có: \[\frac{{CM}}{{AC}} + \frac{{AM}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{3a}} + \frac{x}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{5x}}{{6a}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{6a}}{5}\].
Vậy chu vi hình thoi là \[4.\frac{{6a}}{5} = \frac{{24}}{5}a\]. Chọn D.
\(I = \left( {\frac{{29}}{3};\,\, - \frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right)\).
\(I = \left( {\frac{{29}}{3};\,\,\frac{{26}}{3};\,\, - \frac{7}{3}} \right).\)
\(I = \left( {\frac{{ - 29}}{3};\,\,\frac{{26}}{3};\,\,\frac{7}{3}} \right).\)
\(I = \left( { - \frac{{11}}{3};\,\,\frac{{14}}{3};\,\,\frac{{13}}{3}} \right).\)
![Trong không gian với hệ trục \[Oxyz,\] cho mặt cầu và mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y - z + 9 = 0\). Tìm điểm \[I\] trên mặt cầu \(\left( S \right)\) sao cho khoảng cách từ \(I\) đến \(\left( P \right)\) lớn nhất. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid7-1722729010.png)
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[A\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\] và bán kính \(R = 10\).
\(I \in \left( S \right)\) sao cho \(d\left( {I;\left( P \right)} \right)\) lớn nhất \( \Rightarrow I \in \) đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua \[A\] và vuông góc với \(\left( P \right)\).
\(\left( d \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow {\vec u_{\left( d \right)}} = {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2\,;\, - 2\,;\, - 1} \right)\).
Phương trình tham số đường thẳng \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = - 2 - 2t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
Vì \(I \in \left( d \right)\) nên \(I\left( {3 + 2t\,;\,\, - 2 - 2t\,;\,\,1 - t} \right)\).
Vì \(I \in \left( S \right)\) nên \({\left( {2t} \right)^2} + {\left( { - 2t} \right)^2} + {\left( { - t} \right)^2} = 100 \Rightarrow 9{t^2} = 100 \Leftrightarrow t = \pm \frac{{10}}{3}\).
• Với \(t = \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 16\);
• Với \(t = - \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( { - \frac{{11}}{3};\frac{{14}}{3};\frac{{13}}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 4\).
\( \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right)\) là điểm cần tìm. Chọn A.
\(\overrightarrow u = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\overrightarrow u = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)
\(\overrightarrow u = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right).\)
\(\overrightarrow u = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\,0} \right).\)
Ta có \(\left( {Oyz} \right):x = 0\), \(A\left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right) \in d\).
Hình chiếu của \[A,\,\,B\] lên \(\left( {Oyz} \right)\) lần lượt là \(A'\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B'\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right)\).
\(\overrightarrow {A'B'} = \left( {0\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,\frac{{ - 9}}{2}} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.
12.
3.
9.
6.
![Trong không gian tọa độ \[Oxyz,\] cho mặt cầu và điểm \[M\] thay đổi trên mặt cầu. Giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng \[OM\] là A. 12. B. 3. C. 9. D. 6. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid8-1722729182.png)
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\), bán kính \(R = 3.\)
Với \(M \in \left( S \right)\) ta có \(O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} + 3 = 6\).
Chọn D.\(\sqrt {17} \).
\(\sqrt {17 + 4\sqrt 6 } \).
\(\sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \).
\(\sqrt {17 + 6\sqrt 2 } \).
![Trong không gian \[Oxyz,\] cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\] biết Giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách \(AM + MC\) là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid9-1722729251.png)
Ta có \(AB = \sqrt 3 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,AD = \sqrt 6 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} AA' = 2\sqrt 2 .\)
Gọi độ dài đoạn \(DM = x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)\).
Khi đó, \(AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}} + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3 - x} \right)}^2}} \)
\( \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3 - x} \right)}^2}} = \sqrt {6 + 8\sqrt 3 + 8 + 3} = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)
Do đó \(\min \left( {AM + MC'} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \) khi và chỉ khi:
\(\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \frac{x}{{\sqrt 3 - x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \frac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3 \). Chọn C.
7.
8.
5.
6.
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\sin x} \right) - 1\) ta có: \(g'\left( x \right) = \cos x \cdot f'\left( {\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{f'\left( {\sin x} \right) = 0}\end{array}} \right..\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) = 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta có: \(f\left( {\sin x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = a \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)}\\{\sin x = b \in \left( {1\,;\,\,2} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {VN} \right)}\\{\sin x = c > 2{\mkern 1mu} \,\,\left( {VN} \right)}\end{array}} \right.\).
Phương trình \(\sin x = a\) sinh ra hai nghiệm \(x \in \left[ {0\,;\,\,2\pi } \right]\).
Vậy hàm số \[h\left( x \right) = \left| {f\left( {\sin x} \right) - 1} \right|\] có \[4 + 2 = 6\] điểm cực trị. Chọn D.
5.
6.
7.
8.
Ta có \[\sqrt {2{x^2} - 2x - m} = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{2{x^2} - 2x - m = {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{2{x^2} - 2x - m = {x^2} + 4x + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 6x - 4 = m}\end{array}} \right.\].
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) và đường thẳng \(y = m\) với \(x \ge - 2\).
Xét hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) ta có bảng biến thiên:
![Có bao nhiêu giá trị \[m\] nguyên bé hơn \[ - 6\] để phương trình \[\sqrt {2{x^2} - 2x - m} = x + 2\] có nghiệm? A. 5. B. 6. C. 7. D. 8. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid11-1722729414.png)
Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình có nghiệm \(x \ge - 2\) thì \(m \ge - 13\).
Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{ - 13 \le m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 13\,;{\mkern 1mu} \, - 12\,;{\mkern 1mu} \,\,. \ldots \,;{\mkern 1mu} \, - 7} \right\}\).
Do đó có 7 giá trị \[m\] thỏa mãn bài toán. Chọn C.
\[ - 8.\]
\[ - 24.\]
24.
8.
Ta có \(\left( {\sqrt x + \sqrt {x + 1} } \right)f'\left( x \right) = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)
\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \sqrt {x + 1} - \sqrt x {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)dx} = \frac{2}{3}\left[ {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right] + C\)
Mà \(f\left( 0 \right) = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow \frac{2}{3}\left( {1 - 0} \right) + C = \frac{2}{3} \Rightarrow C = 0\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{2}{3}\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)\)
Khi đó ta có: \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{2}{3}\int\limits_0^1 {\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)dx} \)
\( = \frac{2}{3}.\frac{2}{5}\left. {\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}\sqrt {x + 1} - {x^2}\sqrt x } \right)} \right|_0^1\)\( = \frac{4}{{15}}\left[ {\left( {4\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {1 - 0} \right)} \right]\)\( = \frac{{16\sqrt 2 - 8}}{{15}}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 16}\\{b = - 8}\end{array}} \right.\).
Vậy \(T = a + b = 16 + \left( { - 8} \right) = 8\). Chọn D.
\(\frac{4}{{63}}\).
\(\frac{1}{{63}}\).
\(\frac{2}{{63}}\).
\(\frac{8}{{63}}\).
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^2 \cdot C_8^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 113\,\,400\).
Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” \( \Rightarrow \) Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B.
Do đó \(n\left( A \right) = {\left( {C_5^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_4^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_3^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_2^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_1^1} \right)^2} = 14\,\,400\).
Vậy xác suất biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{14\,\,400}}{{113\,\,400}} = \frac{8}{{63}}\). Chọn D.
\(\frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).
\(\frac{{9\sqrt 2 }}{{32}}\).
\(\frac{{16\sqrt 2 }}{{81}}\).
\(\frac{{125\sqrt 2 }}{{324}}\).
![Cho hình tứ diện đều \[ABCD\] có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi \(A',\,\,B',C',D'\) lần lượt là điểm đối xứng của \[A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\] qua các mặt phẳng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid12-1722729632.png)
Dễ dàng nhận thấy tứ diện \(A'B'C'D'\) đồng dạng với tứ diện \(ABCD\) theo tỉ số \(k = \frac{{A'B'}}{{AB}}.\)
Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,N\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(BCD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,ACD\) ta có \(AM \bot \left( {BCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BN \bot \left( {ACD} \right)\).
Gọi \(G = AM \cap BN\).
Ta có \(G\) là trọng tâm của tứ diện đều \(ABCD\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AA'}} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{5}{3}\).
Áp dụng định lí Thalès, ta có: \(\frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{5}{3} = k\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = {k^3} = \frac{{125}}{{27}}\).
Mà \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh 1 nên \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).
Vậy \({V_{A'B'C'D'}} = \frac{{125}}{{37}}.\frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{125\sqrt 2 }}{{324}}\). Chọn D.
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Ta có \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \frac{{ - 3}}{1} = - 3\).
Với \(x = 1 \Rightarrow y = \frac{{1 + 1}}{{1 - 2}} = - 2\).
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1\).
Do đó \(a = - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = 1 \Rightarrow a + b = - 2\).
Đáp án: −2.
Ta có \(f\left( x \right) = {x^4}{\left( {x - 1} \right)^2}\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4{x^3}{\left( {x - 1} \right)^2} + {x^4} \cdot 2\left( {x - 1} \right)\)
Suy ra \(f'\left( x \right) = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left[ {2\left( {x - 1} \right) + x} \right] = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left( {3x - 2} \right)\).
Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\\{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\\{x = \frac{2}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) đã cho có 3 điểm cực trị.
Đáp án: 3.
Ta có \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - 2y + z - 2 = 0\)\( \Rightarrow d\left( {M,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 6 - 3 - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} }}\)\( = \frac{{15}}{3} = 5\).
Đáp án: 5.
Số phần tử của không gian mẫu là \(6! = 720\).
Gọi A là biến cố: "An và Hà không ngồi cạnh nhau", suy ra biến cố đối \(\overline A :\) "An và Hà ngồi cạnh nhau".
Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghế
\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 2 \cdot 5! = 240.\)
Vậy xác suất của biến cố \[A\] là: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{240}}{{720}} = \frac{2}{3}.\)
Đáp án: \(\frac{2}{3}\).
Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 10\) và \(f\left( x \right) - 20 = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20} \right] = 10.\left( {2 - 2} \right) + 20 = 20\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\frac{6}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = 10 \cdot \frac{6}{{\left( {2 + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}} + 25} \right]}} = \frac{4}{{25}}\).
Đáp án: \(\frac{4}{{25}}\).
Đồ thị hàm số \(y = - {x^2} + 4x - 1\) có đỉnh \(I\left( {2;3} \right)\) và có hệ số \(a < 0{\mkern 1mu} .\)
Do đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi \(x = 2\).
Đáp án: 3
Ta có: \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n \Rightarrow y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,y'' = 6x - 4m\).
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n\) có điểm cực tiểu là \[A\left( {1\,;\,\,3} \right)\] khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 1 \right) = 0}\\{f''\left( 1 \right) > 0}\\{f\left( 1 \right) = 3}\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - 4m + {m^2} = 0}\\{6 - 4m > 0}\\{1 - 2m + {m^2} + n = 3}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3}\\{m = 1}\end{array}} \right.}\\{m < \frac{3}{2}}\\{n = 3 - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\).
Vậy \(m + n = 1 + 3 = 4\).
Đáp án: 4
Phương trình hoành độ giao điểm của \[y = \sqrt x ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = - {\mkern 1mu} x\] là \[\sqrt x = - {\mkern 1mu} x \Leftrightarrow x = 0\].
Khi đó, thể tích cần tính là \[V = \pi \int\limits_0^4 {\left| {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( { - {\mkern 1mu} x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} \]
\[ = \pi \int\limits_1^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_1^4 {\left( {{x^2} - x} \right){\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \]
\[ = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^4 + \left. {\pi \left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{41\pi }}{3} = \frac{{a\pi }}{b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 41}\\{b = 3}\end{array}} \right.\].
Vậy \[T = 44\].
Đáp án: 44.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi phương trình \(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1\) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Đáp án: ……….
Dựa vào đồ thị ta có:
\(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - f\left( x \right) = - 2}\\{2 - f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 4}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} \in \left( { - \infty ; - 2} \right)}\\{x = - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Vậy phương trình \(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1\) có tất cả 3 nghiệm thực phân biệt.
Đáp án: 3
Đặt \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b \in \mathbb{R}} \right)\).
Theo bài ra ta có: \(\left| {z + 1 + 3i} \right| = \left| {z - 2 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {a + bi + 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi - 2 - i} \right|\)
\( \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + 2a + 1 + {b^2} + 6b + 9 = {a^2} - 4a + 4 + {b^2} - 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 6a + 8b + 5 = 0\).
Suy ra tập hợp các điểm \(M\) biểu diễn số phức z là đường thẳng \(6x + 8y + 5 = 0\).
Dựa vào các đáp án ta có:
Với \(A\left( { - 1\,;\,\, - 3} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {2\,;\,\,1} \right)\)thì trung điểm của đoạn \[AB\] là \(I\left( {\frac{1}{2};\,\, - 1} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\,4} \right)\) là VTPT của đường trung trực của \[AB\].
Suy ra phương trình đường trung trực của \[AB\] là:
\(3\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 4\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y + \frac{5}{2} = 0 \Leftrightarrow 6x + 8y + 5 = 0\).
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường thẳng \(6x + 8y + 5 = 0\).
Vậy \(\frac{a}{b} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\).
Đáp án: \(\frac{3}{4}\).
![Cho hình lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh đáy bằng \[a,\] cạnh bên bằng \(a\sqrt 3 .\) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ABC'} \right)\). Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid14-1722730182.png)
Cho hình lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh đáy bằng \[a,\] cạnh bên bằng \(a\sqrt 3 .\) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ABC'} \right)\).
Đáp án: ……….Ta có \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot BC'\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB}\\{BC{\mkern 1mu} \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC \bot AB}\\{BC' \subset \left( {ABC'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC' \bot AB}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC,BC'} \right)} = \widehat {CBC'}\).
Xét tam giác vuông \(BCC'\) có: \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \).
Do đó \(\widehat {CBC'} = 60^\circ \Rightarrow \cos \widehat {CBC'} = \frac{1}{2}\).
Đáp án: \(\frac{1}{2}\).
Ta có \(\left( d \right):\;\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = - 3 + 2t\\z = - 2 + 2t\end{array} \right.;\;\;{u_d} = \left( {1\,;\;2\,;\;2} \right)\).
Gọi \[M\] là hình chiếu vuông góc của \[A\] trên \[d\] và \(A'\) đối xứng \[A\] qua \[d\].
Suy ra: \(M\left( {m - 1\,;\,\,2m - 3\,;\,\,2m - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} = \left( {m - 4\,;\,\,2m - 5\,;\,\,2m - 2} \right)\).
Khi đó: \(\overrightarrow {AM} \cdot {\vec u_d} = 0 \Rightarrow \left( {m - 4} \right) + 2\left( {2m - 5} \right) + 2\left( {2m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 9m = 18 \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy \(M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) và \[M\] là trung điểm \(AA'\) nên \(A'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,4} \right)\).
Đáp án: −1.
Ta có: \[{2^{{x^3} - \,y\, + \,\,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\]\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2\, - \,2x\, - \,y\, - \,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}}}{{{2^{2x\, + \,y}} \cdot 2}} = \frac{{2x + y}}{{2\left( {{x^3} + 2x + 2} \right)}}\)\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}\left( {{x^3} + 2x + 2} \right) = {2^{2x\, + \,y}} \cdot \left( {2x + y} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( * \right)\)
Xét \(f\left( t \right) = {2^t} \cdot t\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,t > 0\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^t} + t \cdot {2^t} \cdot \ln 2 > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall t > 0\).
Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2x + 2 = 2x + y \Rightarrow {x^3} = y - 2\).
Khi đó \(P = \frac{7}{y} + \frac{{{x^3}}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{{y - 2}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{y}{7} - \frac{2}{7} \ge 2\sqrt {\frac{7}{y} \cdot \frac{y}{7}} - \frac{2}{7} = \frac{{12}}{7}\).
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{7}{y} = \frac{y}{7} \Leftrightarrow y = 7\) (do \(y > 0\)). Do đó \[{P_{\min }} = \frac{{12}}{7} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{5}\\y = 7\end{array} \right..{\mkern 1mu} \]
Đáp án: \(\frac{{12}}{7}\).
![Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(ABC\) là tam giác vuông \(AB = BC = 1\,;{\rm{ AA'}} = \sqrt 2 ,\) \[M\] là trung điểm của \[BC.\] Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \[AM\] và \(B'C\) là Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid15-1722730342.png)
Gọi \[N\] là trung điểm của \(BB'\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,B'C.\)
\( \Rightarrow \left( {AMN} \right)\,{\rm{//}}\,B'C \Rightarrow d\left( {AM,\,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right)\)
Tam giác vuông \[ABC\] có \(AB = BC = 1 \Rightarrow \Delta ABC\) vuông cân tại B \( \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
Xét tam giác vuông \(BB'C\) có:
\(B'C = {\rm{ }}\sqrt {B{{B'}^2} + B{C^2}} = \sqrt {2 + 1} = \sqrt 3 \Rightarrow MN = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Xét tam giác vuông \[ABN\] có: \(AN = \sqrt {A{B^2} + B{N^2}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
\( \Rightarrow {S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \frac{{\sqrt {14} }}{8}\).
Ta có \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AB \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{NAMC}} = \frac{1}{3}NM \cdot {S_{AMC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}\).
Mà \({V_{N.AMC}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) \cdot {S_{AMN}}\) nên \(d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{NAMC}}}}{{{S_{AMN}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{8}}}{{\frac{{\sqrt {14} }}{8}}} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\).
Đáp án: \(\frac{{\sqrt 7 }}{7}\).
Gọi chiều rộng của bể cá là \(x\,\left( m \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\), khi đó chiều dài của bể cá là \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Gọi \[h\] là chiều cao của bể cá ta có \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\).
Khi đó thể tích của bể cá là \[2{x^2}.\frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \frac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \frac{1}{3}f\left( x \right)\].
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{5}{6}} \).
Lập bảng biến thiên:
![Ông A dự định sử dụng hết \[5\,\,{m^2}\] kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)? Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid16-1722730405.png)
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right)\)\( \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{1}{3}f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right) = \frac{{5\sqrt {50} }}{{27}} \approx 1,01\,\,\left( {{m^3}} \right)\).
Đáp án: \(1,01\).
Điệp từ, liệt kê và so sánh.
Ẩn dụ và nhân hóa.
Điệp ngữ và hoán dụ.
So sánh và đối lập.
Các biện pháp tu từ:
+ Điệp từ: ta, mình, nhớ,…
+ Liệt kê: Trăng lên đầu núi, nắng chiều lưng nương, Nhớ từng bản khói cùng sương, Nhớ từng rừng nứa bờ tre, Ngòi Thia, sông Đáy, suối Lê vơi đầy,…
+ So sánh: Nguồn bao nhiêu nước nghĩa tình bấy nhiêu,…
→ Chọn A.
Dân ca.
Ca dao.
Thành ngữ.
Tục ngữ.
Hai câu thơ (3) và (4) chịu ảnh hưởng trực tiếp từ thể loại ca dao. Câu thơ làm ta nhớ đến các câu ca dao như: “Qua đình ngả nón trông đình, Đình bao nhiêu ngói thương mình bấy nhiêu.”, “Qua cầu ngả nón trông cầu, Cầu bao nhiêu nhịp dạ em sầu bấy nhiêu”,… Chọn B.
1.
2.
3.
4.
Cặp từ hô ứng: mình – ta. Chọn A.
Mình chỉ cán bộ về xuôi, ta chỉ nhân dân Việt Bắc.
Mình chỉ người dân Việt Bắc, ta chỉ chiến sĩ cách mạng.
Mình chỉ người ở lại, ta chỉ người ra đi.
Mình chỉ cô gái, ta chỉ chàng trai.
Hai đại từ “mình – ta”: Mình chỉ cán bộ về xuôi, ta chỉ nhân dân Việt Bắc. Chọn A.
Nỗi nhớ sâu đậm của người ra đi với những vẻ đẹp hữu tình, thơ mộng của thiên nhiên và sự giản dị, chân thành của con người Việt Bắc.
Sự gắn bó thân thiết, quấn quýt giao hòa trong tình cảm mà những chiến sĩ dành cho nhân dân Việt Bắc trong thời khắc tạm biệt căn cứ địa cách mạng.
Sự chung thủy sắt son của người ra đi khi từ biệt thủ đô gió ngàn về xuôi.
Nỗi nhớ sâu sắc của cán bộ cách mạng về xuôi với thiên nhiên, cuộc sống sinh hoạt thời kháng chiến và con người Việt Bắc.
Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn trích là nỗi nhớ sâu sắc của cán bộ cách mạng về xuôi với thiên nhiên, cuộc sống sinh hoạt thời kháng chiến và con người Việt Bắc. Chọn D.
Thiên nhiên thơ mộng và hùng vĩ của mảnh đất Tây Nguyên ngập tràn nắng gió được khắc họa qua hình ảnh những đồi xà nu, rừng xà nu.
Những cánh rừng xà nu trong chiến tranh, trong tầm đại bác của đồn giặc, những cánh rừng xà nu chịu sự tàn phá khốc liệt của đạn bom kẻ thù.
Nỗi xót xa trước những đồi xà nu, những cánh rừng xà nu bị giặc tàn phá và niềm căm giận với tội ác của kẻ thù.
Số phận đau thương và sức sống kiên cường hiên ngang mạnh mẽ quyết liệt vượt lên mọi sự hủy diệt bởi bom đạn kẻ thù của những cây xà nu.
Đoạn trích nói về số phận đau thương và sức sống kiên cường hiên ngang mạnh mẽ quyết liệt vượt lên mọi sự hủy diệt bởi bom đạn kẻ thù của những cây xà nu. Chọn D.
Bất hạnh đau thương, kiên cường mãnh liệt.
Đẹp đẽ long lanh, mạnh mẽ quyết liệt.
Bất khuất vươn lên, hiên ngang tồn tại.
Phóng khoáng ngang tàng, sức sống bất diệt.
Hình tượng rừng xà nu trong đoạn trích trên được Nguyễn Trung Thành miêu tả:
- Bất hạnh đau thương: Cả rừng xà nu hàng vạn cây không có cây nào không bị thương. Có những cây bị chặt đứt ngang nửa thân mình, đổ ào ào như một trận bão. Ở chỗ vết thương, nhựa ứa ra, tràn trề, thơm ngào ngạt, long lanh nắng hè gay gắt, rồi dần dần bầm lại, đen và đặc quyện thành từng cục máu lớn.
- Kiên cường, mãnh liệt: Cạnh một cây xà nu mới ngã gục, đã có bốn năm cây con mọc lên, ngọn xanh rờn, hình nhọn mũi tên lao thẳng lên bầu trời, Nó phóng lên rất nhanh để tiếp lấy ánh nắng, Đạn đại bác không giết nổi chúng, những vết thương của chúng chóng lành như trên một thân thể cường tráng. Chúng vượt lên rất nhanh, thay thế những cây đã ngã...
→ Chọn A.
Khoa học.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Sinh hoạt.
Đoạn trích được trích từ một văn bản nghệ thuật nên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn B.
Tạo ra được bầu không khí sử thi mang đậm những nét văn hóa của Tây Nguyên.
Xây dựng được hình ảnh cây xà nu mang ý nghĩa biểu tượng cho dân làng Xô Man.
Khắc họa những cánh rừng xà nu đầy ấn tượng với cảm hứng lãng mạn, ngợi ca.
Lựa chọn và sử dụng lớp từ ngữ mang đậm màu sắc của mảnh đất Tây Nguyên.
Đoạn trích xây dựng được hình ảnh cây xà nu mang ý nghĩa biểu tượng cho dân làng Xô Man: vừa chịu nhiều đau thương nhưng cũng rất kiên cường, mãnh liệt. Chọn B.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
So sánh.
Dấu hiệu của biện pháp nhân hóa được thể hiện thông qua các từ/cụm từ được Nguyễn Trung Thành sử dụng: bị thương, vết thương, từng cục máu lớn,... Chọn C.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Tự sự.
Chạy đua vũ trang là đi ngược lại lí trí con người và tự nhiên.
Chạy đua vũ trang chia rẽ, tạo ra xung đột trên thế giới.
Chạy đua vũ trang mất thời gian và tốn kém.
Chạy đua vũ trang làm mất đi khả năng cải tạo đời sống của con người.
Theo dõi 4 dòng đầu của đoạn trích để xác định nội dung chính: Chạy đua vũ trang là đi ngược lại lí trí con người và tự nhiên. Chọn A.
Ca ngợi trí tuệ của con người.
Ca ngợi sự phát triển của khoa học - kĩ thuật.
Tố cáo những thế lực hiếu chiến.
Thể hiện sự nguy hiểm của việc chạy đua vũ trang.
Câu văn thể hiện sự nguy hiểm của việc chạy đua vũ trang. Chọn D.
Chúng ta cần chung tay chống lại sự phá hủy môi trường.
Mong muốn thế giới không có chạy đua vũ trang và một cuộc sống hòa bình.
Thể hiện niềm tự hào về sự phát triển khoa học – kĩ thuật.
Sự cảm nhận về thiên nhiên kì diệu.
Thông điệp: Mong muốn thế giới không có chạy đua vũ trang và một cuộc sống hòa bình. Chọn B.
Chạy đua vũ trang.
Nạn phân biệt chủng tộc.
Chiến tranh hạt nhân.
Chủ nghĩa đế quốc.
Dựa vào câu văn đứng trước đó, có thể xác định thành phần chủ ngữ bị lược bỏ là: “Chạy đua vũ trang”. Chọn A.
Truyện Kiều.
Những áng văn “cổ điển”.
Miếng ngon Hà Nội.
Các tác giả “cổ điển”.
Dựa vào đoạn văn cuối cùng. Xác định đối tượng mà tác giả muốn đem phân tích và giải thích là: miếng ngon Hà Nội. Chọn C.
Tạo cơ sở, nền tảng để tiếp tục triển khai những nội dung tiếp theo của đoạn trích.
Khẳng định những tác phẩm của Voltaire, Dickens, Ôn Như Hầu, Shakespeare, Đoàn Thị Điểm, Nguyễn Du đã đạt đến độ uyên bác về nội dung và chuẩn mực về nghệ thuật.
Gia tăng tính liên kết trên cả hai phương diện hình thức và nội dung của các câu văn.
Đưa ra dẫn chứng để tăng thêm tính thuyết phục cho luận điểm: có những tác phẩm mà giá trị của nó vượt qua sự băng hoại của thời gian.
Câu văn chính là dẫn chứng được tác giả đưa ra để tăng thêm tính thuyết phục cho luận điểm: có những tác phẩm mà giá trị của nó vượt qua sự băng hoại của thời gian. Chọn D.
chuẩn mực.
mẫu mực.
chuẩn xác.
kinh điển.
Từ “cổ điển” trong đoạn trích gần nghĩa hơn cả với từ “mẫu mực”. Chọn B.
Tính từ.
Danh từ.
Trợ từ.
Thán từ.
Từ “Việt Nam” trong đoạn trích là tính từ vì từ “Việt Nam” vốn là danh từ nhưng trong trường hợp này đã được tính từ hóa để khái quát được nhiều tố chất tốt đẹp của cả một dân tộc vào phong cách của một con người cụ thể. Chọn A.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ: những miếng ngon mà người Việt Nam ăn vào thấy ngát mùi đất nước Việt Nam, thấy mình Việt Nam hơn → cảm nhận được vẻ đẹp dân giã trong từng món ăn Việt Nam, từ đó thêm yêu quý, tự hào về quê hương, đất nước mình hơn. Chọn A.
ý thức.
cầm cương nảy mực.
nêu cao.
chí công vô tư.
Giải thích: “cầm cương nảy mực” là phiên bản lỗi của thành ngữ “cầm cân nảy mực” - (người có trách nhiệm, nghĩa vụ) đảm bảo gìn giữ cho sự đúng đắn và công bằng. Chọn B.
thái độ.
bàng quang.
cuộc đời.
vị tha.
Từ “bàng quang” sai về nghĩa. Từ đúng là “bàng quan” (tự coi mình là người ngoài cuộc, coi là không dính líu đến mình). Chọn B.
bất khuất.
dũng cảm.
loạn luân.
bất công.
Từ “loạn luân” dùng sai. Nên thay bằng từ “biến loạn”. Chọn C.
xây.
ở.
tuy.
và.
“và” là từ biểu thị quan hệ liên hợp, bổ sung nên không thể kết hợp cùng từ “tuy” để tạo thành cặp quan hệ từ. Từ đúng là “mà”. Chọn D.
tổ chức.
thăm quan.
di tích.
lịch sử.
Từ “thăm quan” viết sai chính tả. Nên thay bằng từ “tham quan”. Chọn B.
nhà ăn.
nhà tắm.
nhà cửa.
nhà bếp.
“nhà cửa” là từ ghép đẳng lập (từ ghép tổng hợp), các từ còn lại là từ ghép chính phụ (từ ghép phân loại). Chọn C.
đầu bàn.
đau đầu.
đầu cầu.
đầu làng.
Từ “đầu” trong “đau đầu” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại là nghĩa chuyển. Chọn B.
hoa hồng.
long lanh.
náo nức.
trong trẻo.
“hoa hồng” là từ ghép, các từ còn lại là từ láy. Chọn A.
thiên thư.
thiên tử.
thiên đô.
thiên địa.
“thiên” trong “thiên thư, thiên tử, thiên địa” có nghĩa là trời còn “thiên” trong “thiên đô” lại có nghĩa là di chuyển. Chọn C.
bố mẹ.
ti vi.
giang sơn.
ra-đi-ô.
Từ “bố mẹ” là từ thuần Việt, các từ còn lại đều là từ mượn. Chọn A.
vững bền.
vững chãi.
vững vàng.
vững chắc.
Mối quan hệ Việt – Lào đã được tôi luyện qua năm tháng và rất vững bền.
Từ “vững bền” thể hiện sự vững chắc và bền lâu. Chọn A.
thiệt thòi.
thiệt hại.
hư hại.
hư hỏng.
Việc kí duyệt sai nguyên tắc của giám đốc nhà máy đã gây thiệt hại hàng tỉ đồng. Chọn B.
vợ.
hiền thê.
phu nhân.
bà xã.
“Phu nhân” là từ Hán Việt, mang màu sắc phong cách trang trọng, phù hợp với “thủ tướng” trong câu. Chọn C.
linh động.
lung linh.
sống động.
linh hoạt.
Địa đạo Củ Chi là một bức tranh sống động về chiến tranh du kích. Chọn C.
nhếch nhác.
hốc hác.
nhớn nhác.
xao xác.
Sau mấy đêm mất ngủ, trông Lan hốc hác như người vừa ốm dậy.
“hốc hác”: gầy gò và trông có vẻ phờ phạc, mệt mỏi (nói khái quát). Chọn B.
So sánh.
Đảo ngữ.
Điệp từ.
Nhân hóa.
Nhân hóa: con sóng nhớ bờ. Chọn D.
tìm.
kiếm.
bắt.
rủ.
Dựa vào ngữ cảnh đoạn văn có thể thấy từ “tróc” đồng nghĩa hơn cả với từ “bắt”. Chọn C.
Khát khao gặp gỡ.
Khát khao nên duyên.
Khát khao chất vấn.
Khát khao bày tỏ.
Từ các tín hiệu giầu – cau, có thể thấy đoạn trích thể hiện khát khao nên duyên của nhân vật trữ tình. Chọn B.
Giọng điệu buồn bã, xót xa.
Giọng điệu châm biếm, mỉa mai.
Giọng điệu nhẹ nhàng, duyên dáng.
Giọng điệu đả kích mạnh mẽ.
Giọng điệu chủ đạo trong đoạn trích là châm biếm, mỉa mai. Chọn B.
Ẩn dụ.
So sánh.
Điệp từ.
Chơi chữ.
So sánh: màu hoa như lửa cháy khát khao. Chọn B.
Thạch Lam.
Hồ Dzếnh.
Hàn Mặc Tử.
Nguyễn Bính.
Đoạn trích cung cấp thông tin về tác giả Hàn Mặc Tử. Chọn C.
Lời trách móc nhẹ nhàng, đáng yêu của người thôn Vĩ.
Lời tự vấn của nhân vật trữ tình.
Lời mời gọi về thăm thôn Vĩ.
Cả A, B và C.
“Sao anh không về chơi thôn Vĩ?” là câu hỏi nhưng lại gợi cảm giác như lời trách nhẹ nhàng và cũng là lời mời gọi thật tha thiết, dễ thương. Đây cũng có thể hiểu là lời nhà thơ tự vấn, tự hỏi mình, là ước ao thầm kín của người đi xa muốn được về lại thôn Vĩ. Chọn D.
sợ.
yêu.
mê.
bận.
Từ “mắc” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “bận”. Chọn D.
kia.
nay.
qua.
xưa.
Từ “rày” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “nay”. Chọn B.
Nguyễn Minh Châu.
Lưu Quang Vũ.
Nguyễn Huy Tưởng.
Chế Lan Viên.
Đoạn trích nói về tác giả Lưu Quang Vũ. Chọn B.
Bóng đá.
Đấu bò tót.
Bóng rổ.
Quần vợt.
Hình ảnh “áo choàng đỏ gắt” gợi nhắc đến môn thể thao đấu bò tót lừng danh của đất nước Tây Ban Nha. Đó là áo choàng khoác ngoài màu đỏ của các võ sĩ đấu bò tót. Khi vào sân đối diện với bò, các võ sĩ thường dùng áo này làm vật thu hút, dụ bò lao vào mình trong cuộc đấu. Chọn B.
Ngậm ngùi, xót thương.
Suy tư, triết luận.
Tự hào, kiêu hãnh.
Cảm phục, ngợi ca.
Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tự hào, kiêu hãnh. Có thể dễ dàng nhận ra sắc thái của giọng điệu này qua câu văn đầu tiên của đoạn trích: Trong những dòng sông đẹp ở các nước mà tôi thường nghe nói đến, hình như chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất. Hoàng Phủ Ngọc Tường đã đặt sông Hương ngang hàng với những dòng sông đẹp trên thế giới đồng thời khẳng định nét đặc biệt (chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất) của dòng Hương giang. Chọn C.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn. Chọn D.
So sánh.
Liệt kê.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Liệt kê các triều đại của nước ta và phương Bắc. Chọn B.
Bức tranh thiên nhiên và cuộc sống con người miền Tây Bắc khi mùa xuân đến.
Khung cảnh thiên nhiên thơ mộng, trữ tình nơi núi rừng Tây Bắc vào đúng ngày Tết.
Cuộc sống sinh hoạt của đồng bào người Mông vào dịp Tết đến xuân về.
Những nét văn hóa truyền thống đặc sắc của các dân tộc vùng cao Tây Bắc.
Đoạn trích khắc họa bức tranh thiên nhiên và cuộc sống con người miền Tây Bắc khi mùa xuân đến. Chọn A.
Quân đồng minh.
Quân viễn chinh Mĩ.
Quân đội Sài Gòn.
Quân đội đánh thuê.
Quân viễn chính Mĩ giữ vai trò quan trọng và không ngừng tăng lên về số lượng, quân số lúc cao nhất (năm 1969) lên gần hơn nửa triệu. Chọn B.
Iran.
Inđônêxia.
Nhật Bản.
Ấn Độ.
Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philíppin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn B.
ngăn chặn, đẩy lùi, tiến tới tiêu diệt hoàn toàn chủ nghĩa xã hội.
khống chế, lôi kéo các nước đồng minh chịu sự lệ thuộc vào Mĩ.
thiết lập trật thế giới tự đơn cực do nước Mĩ làm bá chủ thế giới.
ngăn chặn sự thắng lợi của phong trào cách mạng trên thế giới.
Phương án A, B, D là những mục tiêu của chiến lược toàn cầu của Mĩ. Còn tham vọng lớn nhất của Mĩ khi triển khai chiến lược toàn cầu sau Chiến tranh thế giới thứ hai là thiết lập trật thế giới tự đơn cực do nước Mĩ làm bá chủ thế giới. Chọn C.
Nguyễn Ái Quốc sang Liên Xô.
Nguyễn Ái Quốc đến Trung Quốc
Nguyễn Ái Quốc sang Xiêm.
Nguyễn Ái Quốc về nước
“Ba mươi năm ấy chân không mỏi/ Mà đến bây giờ mới tới nơi” (Tố Hữu), là hai câu thơ nói về sự kiện Nguyễn Ái Quốc về nước trực tiếp lãnh đạo cách mạng năm 1941. Chọn D.
Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 4, thiết lập “hành lang Đông-Tây”
Cố gắng giành thắng lợi quân sự để thiếp lập Chính phủ bù nhìn trong toàn quốc
Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 3, thiết lập “hành lang Đông-Tây”
Phá tan cơ quan đầu não của cuộc kháng chiến, thiết lập hành lang Đông-Tây
Xuất phát từ nhu cầu liên kết và hợp tác giữa các nước
Đều là đồng minh của Mĩ.
Đều là đối tác quan trọng của Nhật.
Đều là đối tác chiến lược của Liên Xô.
Chọn A vì ASEAN và EU ra đời đều xuất phát từ nhu cầu liên kết và hợp tác giữa các nước.
B loại vì không phải tất cả các nước ASEAN là đồng minh của Mĩ, chỉ có Thái Lan và Philippin là đồng minh của Mĩ.
C loại vì ASEAN thành lập năm 1967 nhưng phải từ cuối những năm 70 của thế kỉ XX thì Nhật mới tăng cường quan hệ với ASEAN thông qua học thuyết Phucưđa và Kaiphu.
D loại vì khi ra đời thì ASEAN và Eu không phải là đối tác chiến lược của Liên Xô.
Nhân dân muốn giúp vua khôi phục vương quyền.
Mâu thuẫn sâu sắc giữa dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp.
Mâu thuẫn sâu sắc giữa hai phe đối lập trong triều đình.
Cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại.
A loại vì nguyên nhân sâu xa là nhân dân ta muốn giành lại độc lập dân tộc, việc giúp vua khôi phục lại vương quyền chỉ thuộc về danh nghĩa.
Chọn B vì thực dân Pháp xâm lược Việt Nam nên mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp là mâu thuẫn cơ bản nhất và gay gắt nhất. Dưới ngọn cờ phong kiến cứu nước của phong trào Cần vương, nhân dân ta đứng lên chống Pháp để giành độc lập dân tộc.
C loại vì phong trào Cần vương bùng nổ không xuất phát từ nguyên nhân là sự mâu thuẫn giữa hai phe đối lập trong triều đình.
D loại vì cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại là yếu tố tác động trực tiếp.
cách mạng dân chủ tư sản.
cách mạng dân chủ tư sản kiểu cũ.
cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân.
cách mạng xã hội chủ nghĩa
Mục tiêu hàng đầu của cuộc Cách mạng tháng Tám là giành độc lâp dân tộc hay giải phóng dân tộc.
- Lãnh đạo: Đảng Cộng sản Đông Dương.
- Lực lượng tham gia: Quần chúng nhân dân.
- Hình thức và phương pháp đấu tranh: bạo lực vũ trang.
- Kết quả: giành độc lập dân tộc từ tay phát xít Nhật, bên cạnh đó, còn lật đổ chế độ phong kiến.
→ Cách mạng tháng Tám là cuộc cách mạng mang tính chất triệt để,bạo lực, là cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân, cách mạng giải phóng dân tộc nhưng điển hình là tính giải phóng dân tộc. Chọn C.
suy thoái về kinh tế.
đất nước trong thời kỳ hoàng kim.
khủng hoảng kinh tế-xã hội.
nền kinh tế mất cân đối.
Trong thời gian thực hiện hai kế hoạch Nhà nước 5 năm (1976-1985) nước ta lâm vào tình trạng khủng hoảng kinh tế-xã hội. Chọn C.
Sự phát triển của cách mạng khoa học-kĩ thuật.
Những thay đổi của tình hình thế giới.
Cuộc khủng hoảng toàn diện, trầm trọng ở Liên Xô và các nước CNXH Đông Âu.
Đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế-xã hội.
A, B, C loại vì nội dung các phương án này là nguyên nhân khách quan, không phải nguyên nhân mang tính quyết định. Chọn D vì đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế-xã hội là nguyên nhân chủ quan mang tính quyết định, đòi hỏi Đảng ta phải tiến hành công cuộc đổi mới.
Công nghiệp phát triển tạo diều kiện thuận lợi thâm canh.
Quỹ đất nông nghiệp quá ít, không có khả năng mở rộng.
Nhật Bản thiếu lao động, sản xuất thâm canh sẽ sử dụng ít lao động hơn quảng canh.
Sản xuất thâm canh mang lại nhiều lợi nhuận mà chi phí lại thấp.
Nhật Bản có địa hình chủ yếu là đồi núi→ diện tích đất nông nghiệp nhỏ, khả năng mở rộng diện tích thấp → trong nông nghiệp phải thâm canh để tăng năng suất, sản lượng. Chọn B.
sông Ê-nít-xây.
dãy núi Cáp-ca.
sông Ô-bi.
dãy núi U-ran.
Ranh giới tự nhiên giữa hai phần Nga Âu và Nga Á là dãy núi U-ran (sgk Địa lí 11 trang 62) → Chọn D.
Nắm trên đường di cư của các luồng sinh vật.
Nắm ở trung tâm khu vực Đông Nam Á.
Tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài.
Nắm trong khu vực nội chí tuyến bán cầu Bắc.
Nước ta không có nhiều hoang mạc như các nước cùng vĩ độ ở Tây Á do tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài nên ảnh hưởng của biển vào sâu trong đất liền.
A. Nằm trên đường di cư của các luồng sinh vật. → không liên quan đến khí hậu.
B. Nằm ở trung tâm khu vực Đông Nam Á. → không nói rõ ảnh hưởng đến khí hậu.
C. Tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài. → đúng. Chọn C.
D. Nằm trong khu vực nội chí tuyến bán cầu Bắc. → không nhấn mạnh đến yếu tố hải dương, nội chí tuyến nhấn mạnh đến nóng.
xói mòn, rửa trôi.
bồi tụ, mài mòn.
xâm thực, bồi tụ.
bồi tụ, xói mòn.
Quá trình chinh trong sự hình thành và biến đổi địa hình nước ta là xâm thực, bồi tụ. Chọn C.
Vùng KTTĐ miền Trung luôn có tỉ trọng nhỏ nhất trong 3 vùng.
Vùng KTTĐ phía Nam luôn có tỉ trọng lớn nhất trong 3 vùng.
Tỉ trọng GDP vùng KTTĐ phía Bắc bằng 59% vùng KTTĐ phía Nam năm 2007.
Tỉ trọng GDP vùng KTTĐ phía Nam gấp 6,1 lần vùng KTTĐ miền Trung năm 2005.
Tỉ trọng GDP vùng KTTĐ phía Nam gấp 6,1 lần vùng KTTĐ miền Trung năm 2005 là sai. Chọn D.
Cho bảng số liệu dưới đây:
SỐ LƯỢNG TRÂU PHÂN THEO VÙNG NƯỚC TA
(Đơn vi: nghìn con)
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo bảng số liệu, để thể hiện cơ cấu đàn trâu phân theo vùng nước ta, dạng biểu đồ nào sau đây là phù hợp?
Tròn, cột ghép.
Tròn, đường.
Đường, cột.
Tròn, cột chồng.
Thể hiện cơ cấu + thời gian 2 năm → biểu đồ tròn, cột chồng. Loại biểu đồ đường. Biểu đồ cột chồng phù hợp hơn cột ghép. Chọn D.
Giảm tỉ trọng công nghiệp chế biến.
Giảm tỉ trọng công nghiệp sản xuất, phân phối điện, khí đốt, nước
Tăng tỉ trọng công nghiệp chế biến.
Giảm tỉ trọng công nghiệp khai thác
Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 21, biểu đồ cơ cấu giá trị sản xuất công nghiệp của cả nước phân theo nhóm ngành. Xu hướng chuyển dịch cơ cấu ngành công nghiệp nước ta là giảm tỉ trọng công nghiệp khai thác và công nghiệp sản xuất và phân phối điện, khí đốt, nước, tăng tỉ trọng công nghiệp chế biến. → A không đúng. Chọn A.
Nhiều dãy núi hướng Đông-Tây.
Nhiều sông, suối, ao hồ.
Có những đồng bằng hẹp ven biển.
Có địa hình 3/4 là đồi núi.
Những đồng bằng hẹp ven biển tạo thuận lợi cho việc xây dựng tuyến đường B-N chứ không gây cản trở. Chọn C.
sản xuất lúa gạo, nuôi trồng thủy sản
khai thác gỗ tròn, trồng cây dược liệu
thủy điện, cây công nghiệp nhiệt đới
khai thác các khoáng sản, sản xuất ô tô
Tây Nguyên hiện nay phát triển mạnh thủy điện và cây công nghiệp nhiệt đới dựa trên các thế mạnh về điều kiện tự nhiên.
+ Đất bazan màu mỡ phân bố tập trung trên các cao nguyên, khí hậu mang tính chất cận Xích Đạo thuận lợi cho trồng và chuyên canh các cây công nghiệp nhiệt đới (cà phê, cao su, hồ tiêu, điều).
+ Tây Nguyên có tiềm năng thủy điện trên các sông Xê Xan, XrêPôk, Đồng Nai.
Chọn C.
điều kiện sinh thái thích hợp.
nguồn thức ăn được đảm bảo.
truyền thống chăn nuôi.
nhu cầu thị trường lớn.
Trâu được nuôi ở Bắc Trung Bộ nguyên nhân quan trọng nhất là do điều kiện sinh thái thích hợp. Các nguyên nhân còn lại không phải nguyên nhân quan trọng nhất, vì nếu thiếu điều kiện sinh thái thích hợp thì không thể phát triển được. Chọn A.
Các đường sức không bao giờ cắt nhau.
Các đường sức điện xuất phát từ điện tích âm và kết thúc ở điện tích dương.
Độ mau, thưa của đường sức cho biết độ mạnh, yếu của điện trường.
Các đường sức là các đường cong không kín.
Hướng của lực từ do từ trường đều \(\vec B\) tác dụng lên đoạn dây MN mang dòng điện I chạy qua có hướng như hình nào dưới đây?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Chọn B
Ngày nay, để truyền tín hiệu đến những nơi xa với tốc độ nhanh, người ta thường sử dụng các đường ống cáp quang. Cáp quang là một loại cáp viễn thông làm bằng thủy tinh hoặc nhựa, sử dụng ánh sáng để truyền tín hiệu và mạng bắng cách phản xạ toàn phần liên tục ánh sách giữa phần lōi và phần vỏ. Vậy chiết suất của phần lōi và phần vỏ của cáp quang cần thỏa mãn điều kiện gì?
Chiết suất phần lõi cần lớn hơn chiết suất phần vỏ.
Chiết suất phần lõi cần nhỏ hơn hoặc bằng chiết suất phần vỏ.
Chiết suất phần lõi cần nhỏ hơn chiết suất phần vỏ.
Chiết suất phần lõi không liên quan gì đến chiết suất phần vỏ.
Chọn A.
\(\frac{{3\pi }}{4}.\)
\(\frac{{5\pi }}{6}.\)
\(\frac{\pi }{2}.\)
\(\pi .\)
\(\frac{\pi }{3} \cdot 1 + \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6}.\) Chọn B.
Vệ tinh Vinasat -2 của Việt Nam được phóng vào lúc 5h30' (giờ Hà Nội) ngày 16/5/2012 tại bãi phóng Kourou ở Guyana bằng tên lửa Ariane5 ECA. Vùng phủ sóng cơ bản bao gồm: Việt Nam, khu vực Đông Nam Á, một số quốc gia/lân cận. Với khả năng truyền dẫn: tương đương 13.000 kênh thoại/ internet/truyền số liệu hoặc khoảng 150 kênh truyền hình. Vậy việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh VINASAT-2 được thông qua bằng loại sóng điện từ nào?
Sóng dài.
Sóng trung.
Sóng ngắn.
Sóng cực ngắn.
Vậy việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh cần sóng mang có năng lượng lớn để xuyên qua tầng điện li → dùng sóng cực ngắn. Chọn D.
Các chất rắn, lỏng bị nung nóng trên \(3000^\circ {\rm{C}}\) thì chủ yếu phát ra tia X.
Tia X là sóng điện từ có bước sóng nằm trong khoảng từ 10-11 \({\rm{m}}\) đến \({10^{ - 8}}\;{\rm{m}}.\)
Trong y học, tia X được dùng để chụp điện, chữa trị ung thư nông.
Tia X làm đen kính ảnh, làm ion hóa không khí, làm phát quang một số chất.
Các chất rắn, lỏng bị nung nóng trên 3000oC thì phát ra tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy và tia tử ngoại. Chọn A.
Phân hạch là phản ứng trong đó một hạt nhân nặng vỡ thành các hạt nhân nhẹ hơn.
Phản ứng nhiệt hạch luôn là phản ứng hạt nhân thu năng lượng.
Phản ứng nhiệt hạch là quá trình kết hợp các hạt nhân nhẹ thành hạt nhân nặng hơn.
Phản ứng phân hạch là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng.
Phản ứng nhiệt hạch luôn là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng. Chọn B.
\(220\,\Omega .\)
\(55\,\Omega .\)
\(55\sqrt 3 \,\Omega .\)
\(110\,\Omega .\)
Ta có \(Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 110\Omega ;\varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{3}\)
\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} \to R = Z \cdot \cos \varphi = 55\Omega \)
Chọn B.
+ Mỗi cực đại trên AB cắt đường tròn tại 2 điểm
\( \to \) Trên đường tròn có 7 cực đại thì tại M (giao điểm giữa đường tròn và AB) là 1 cực đại
+ Vậy \({\rm{OM}} = OA - AN = \frac{{AB}}{2} - AN = 6,5 - 3,5 = 3\;{\rm{cm}} = 3\frac{\lambda }{2} \to \lambda = 2\;{\rm{cm}}\)
+ Nếu N gần O nhất cùng pha với O
\( \to NA - OA = \lambda \to NA = OA + \lambda = 8,5\;cm = d\)
\( \to ON = \sqrt {{d^2} - O{A^2}} = \sqrt {8,{5^2} - 6,{5^2}} = 5,477\;{\rm{cm}}\)
Đáp án: 5,477 cm.
8.
7.
6.
5.
Điểm M là vị trí trùng nhau của hai ánh sáng.
\[{x_M} = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \Rightarrow 5,6 = {k_1}\frac{{0,4.2}}{1} \Rightarrow {k_1} = 7\]
Hai vân sáng trùng nhau tại M thoả mãn: \[\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} \Rightarrow \frac{7}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{0,4}} \Rightarrow {\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}}\mu m\]
Mà \[0,5\mu {\rm{m}} \le {\lambda _2} \le 0,65\mu {\rm{m}} \Rightarrow 0,5 \le \frac{{2,8}}{{{k_2}}} \le 0,65 \Rightarrow 4,3 \le {k_2} \le 5,6 \Rightarrow {k_2} = 5\]
Vậy tại M thì vân sáng bậc 7 của bức xạ λ1 trùng với vân sáng bậc 5 của bức xạ λ2.
Do đó \[{\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}} = \frac{{2,8}}{5} = 0,56\,\mu m\]
Tại vị trí điểm \(N\) cách vân trung tâm 8,96 mm có: ứng với vân sáng bậc 8 của bức xạ λ2.
Chọn A.
77,47 lít.
86,77 lít.
61,98 lít.
92,96 lít.
\({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,35\;\)mol; \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,55\)mol.
Bảo toàn oxygen ta có: \({{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{0,35.2 + 0,55}}{2} = 0,625\;\)mol
=> \[{{\rm{V}}_{{{\rm{O}}_2}}} = 0,625 \cdot 24,79 = 15,494\] (lít).
Thể tích không khí cần dùng là: \({{\rm{V}}_{{\rm{kk}}}} = \frac{{15,494}}{{20}}.100 = 77,47\) (lít).
Chọn A.
1.
2.
3.
4.
Thí nghiệm có xảy ra ăn mòn điện hóa: (a)
Do thoả mãn các điều kiện xảy ra ăn mòn điện hoá: xuất hiện hai điện cực Fe và Cu tiếp xúc trực tiếp với nhau, cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.
\({\rm{Fe}} + {\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} + {\rm{Cu}}\)
Chọn A.
Ba.
Ca.
Sr.
Mg.
X và Zn đều có hóa trị II trong hợp chất.
\(\begin{array}{l}{\rm{Zn}} + 2{\rm{HCl}} \to {\rm{ZnC}}{{\rm{l}}_2} + {{\rm{H}}_2}\\{\rm{X}} + 2{\rm{HCl}} \to {\rm{XC}}{{\rm{l}}_2} + {{\rm{H}}_2}\\{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{KL }}}} = \frac{{0,7437}}{{24,79}} = 0,03\;{\rm{mol}};{{\rm{M}}_{{\rm{KL }}}} = \frac{{1,7}}{{0,03}} = 56,67;{{\rm{M}}_{{\rm{Zn}}}} = 65 \Rightarrow {{\rm{M}}_{\rm{x}}} < 56,67\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{X}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{XS}}{{\rm{O}}_4} + {{\rm{H}}_2}\\{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} < \frac{{1,2395}}{{24,79}} = 0,05\;{\rm{mol}}\\ \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{x}}} < 0,05\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{M}}_{\rm{x}}} > \frac{{1,9}}{{0,05}} = 38\\ \Rightarrow 38 < {{\rm{M}}_{\rm{x}}} < 56,67.\end{array}\)
Vậy X là Ca.
Chọn B.
\({{\rm{C}}_4}{{\rm{H}}_9}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
\({{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_7}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
\({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
Gọi công thức của amine bậc một, đơn chức có công thức \({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}\)
Chú ý: \({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}\) có tính base tương tự như \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)
\(3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_3} \downarrow + 3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}\)
Luôn có \({{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}{{({\rm{OH}})}_3}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3}}} = 2 \cdot 0,01 = 0,02\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}}} = 0,06\;{\rm{mol}}\)
\({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{HCl}} \to {\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}\)
Khi tham gia phản ứng trung hòa amine bằng \({\rm{HCl}}\) có \({{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{amine}}}} = 0,06\;{\rm{mol}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{M}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = \frac{{4,05}}{{0,06}} = 67,5 \to {\rm{R}} = 15\,\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}} \right)\)
Vậy công thức của amine là \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
Chọn B.
Thực hiện thí nghiệm điều chế và thử tính chất của ammonia \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}} \right)\) theo sơ đồ sau:
Biết hỗn hợp chất rắn X là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}}\) với \({\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2};{\rm{Y}}\) là \({\rm{CaO}}\) khan, \({\rm{Z}}\) là bột rắn \({\rm{CuO}}.\)
Cho các phát biểu về quá trình diễn ra thí nghiệm trên như sau:
(a) Quá trình (1) diễn ra phản ứng điều chế khí ammonia \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}} \right).\)
(b) Quá trình (2) diễn ra phản ứng \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) khử một phần oxide \({\rm{CaO}}.\)
(c) Trong phản ứng xảy ra ở quá trình (3), \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) đóng vai trò là một chất oxi hóa mạnh.
(d) Quá trình (4) là quá trình hóa lỏng khí \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}.\)
(e) Ở quá trình (5), khí G được thu bằng phương pháp đẩy nước.
Số phát biểu đúng là
2.
3.
4.
1.
(a) Đúng,
(b) Sai, \({\rm{CaO}}\) để hấp thu hơi nước, cho khí \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) khô thoát ra.
(c) Sai, \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) đóng vai trò là chất khử
(d) Sai, đây là quá trình ngưng tụ hơi nước cho phản ứng ở quá trình (3)
(e) Đúng, khí G được thu bằng phương pháp đẩy nước.
Chọn A.
Các chất khí X, Y, Z, T được điều chế trong phòng thí nghiệm và thu theo đúng nguyên tắc các hình vē dưới đây:
Nhận xét nào sau đây là đúng?
T là ammonia.
X là hydrogen.
Y là carbon dioxide.
Z là hydrogen chloride.
Nhận xét A sai vì ammonia tan nhiều trong nước.
Nhận xét B sai vì hydrogen là khí nhẹ nhất nên có thể thu khí bằng cách dời chỗ nước hoặc dời chỗ không khi với điều kiện bình úp ngược.
Nhận xét C sai vì carbon dioxide nặng hơn không khí nên thu khí bằng cách dời chỗ không khí với điều kiện bình ngửa.
Nhận xét D đúng.
Chọn D.
Giản đồ thế năng của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) được thể hiện dưới đây:
Dựa vào giản đồ, cho biết độ dài liên kết của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) tính theo picomet là
200.
400.
180.
250.
Khoảng cách giữa hai hạt nhân là độ dài liên kết của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}.\)
Chọn A.
48oC
63oC
67oC
100oC
Theo đồ thị ta thấy, khi áp suất tăng, nhiệt độ sôi có xu hướng tăng và tăng dần dần theo đường cong như hình. Chất "X" có nhiệt độ sôi bình thường là 65oC nên ở mức 800 torr, điểm sôi phải 65oC => Loại ý A, B.
X có đường cong tương tự như 4 chất bên trên Þ đáp án C vì nếu chọn D đường sẽ thẳng, dốc đứng chứ không cong.
Chọn C.
Làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
Tăng nồng độ các chất trong phản ứng.
Tăng tốc độ phản ứng.
Tăng hằng số cân bằng của phản ứng.
Chất xúc tác chỉ làm tăng tốc độ phản ứng mà không làm chuyển dịch cân bằng.
Chọn C.
Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{Ag}}}} = 2{{\rm{n}}_{\rm{x}}} \Rightarrow \) Cả 2 ester đều có chung gốc HCOO−.
+ X tác dụng với NaOH thu được hỗn hợp 2 muối và 1 alcohol \(C{H_3}OH\) nên có ester của phenol và \(HCOOC{H_3}\).
X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_3}({\rm{a}}\,{\rm{mol}})\\{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{R}}({\rm{b}}\,{\rm{mol}})\end{array} \right.\)
\({{\rm{n}}_{{\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_3}}} = {\rm{a}} = {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}}} = \frac{{1,6}}{{32}} = 0,05\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{R}}}} = {\rm{b}} = 0,08 - 0,05 = 0,03\;{\rm{mol}}\)
Muối gồm HCOONa (0,08 mol) và RC6H4ONa (0,03 mol)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0,08 \cdot 68 + 0,03 \cdot (115 + {\rm{R}}) = 9,34\\ \Rightarrow {\rm{R}} = 15\,\,\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3} - } \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \% \;{{\rm{m}}_{{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}}} = \frac{{0,03 \cdot 136}}{{0,03 \cdot 136 + 0,05 \cdot 60}} \cdot 100\% \approx 57,63\% \).
Đáp án: \(57,63\% \).
vi khuẩn cố định nitơ.
vi sinh vật sống cộng sinh.
vi khuẩn amôn hóa và vi khuẩn nitrat hóa.
vi sinh vật sống tự do.
Thực vật chỉ hấp thụ nitơ ở dạng \(NH_4^ + \) (amôni) và \(NO_3^ - \) (nitrat) → Quá trình chuyển hóa nitơ hữu cơ thành dạng nitơ khoáng để cây hấp thụ được nhờ vi khuẩn amôn hóa và vi khuẩn nitrat hóa. Chọn C.
mô phân sinh lóng.
mô phân sinh đỉnh.
mô phân sinh cành.
mô phân sinh bên.
Ở thực vật Hai lá mầm, thân và rễ dài ra là nhờ hoạt động của mô phân sinh đỉnh. Chọn B.
A. Sai. Thực vật Hai lá mầm không có mô phân sinh lóng.
C. Sai. Không có loại mô phân sinh cành.
D. Sai. Mô phân sinh bên hoạt động giúp tăng đường kính của cây.
tạo ra nhiều vì nồng độ muối cao được hấp thu vào trong máu khiến thận tăng cường lọc máu và thải ra nước tiểu.
tạo ra ít vì nồng độ muối cao được hấp thu vào máu khiến hệ thống ống thận tăng cường quá trình tái hấp thu nước từ nước tiểu đầu vào máu để duy trì cân bằng ion.
tạo ra ít vì nồng độ muối cao được hấp thụ vào trong máu khiến quá trình lọc máu ở cầu thận diễn ra theo hướng chỉ thải muối ra ngoài mà không thải nước.
tạo ra ít vì nồng độ muối cao được hấp thu vào máu kích thích lỗ chân lông thải mồ hôi và làm giảm lượng nước tiểu tạo ra.
Khi hấp thu một lượng muối cao vào trong máu qua thức ăn, quá trình thải nước và các chất thải ở cầu thận thông qua quá trình lọc máu vẫn diễn ra bình thường. Tuy nhiên, tín hiệu hàm lượng muối cao trong máu khiến quá trình tái hấp thu nước ở ống thận gia tăng do vậy lượng nước tiểu chính thức tạo ra sẽ ít đi. Chọn B.
gồm hai NST đơn giống nhau và tồn tại thành cặp tương đồng.
gồm hai NST đơn có nguồn gốc khác nhau, dính nhau ở tâm động.
gồm hai crômatit giống hệt nhau, dính nhau ở tâm động.
gồm hai crômatit giống hệt nhau, dính nhau ở đầu mút NST.
NST kép gồm 2 crômatit giống nhau và dính nhau ở tâm động. NST kép tồn tại khi NST đã nhân đôi. Chọn C.
0,20.
0,35.
0,30.
0,10.
Nếu chiết cành từ cây này đem trồng, người ta sẽ thu được cây con có kiểu gen AaBb.
Nếu gieo hạt của cây này thì có thể thu được cây con có kiểu gen đồng hợp tử trội về các gen trên.
Nếu đem nuôi cấy hạt phấn của cây này rồi gây lưỡng bội hóa thì có thể thu được cây con có kiểu gen AaBB.
Các cây con được tạo ra từ cây này bằng phương pháp nuôi cấy mô sẽ có đặc tính di truyền giống nhau và giống với cây mẹ.
A. Đúng. Chiết cành là phương pháp nhân giống vô tính nên cây con được tạo ra có kiểu gen giống hệt cây mẹ.
B. Đúng. Kiểu gen AaBb tự thụ phấn cho 9 kiểu gen trong đó có kiểu gen AABB.
C. Sai. Cây con được tạo ra từ nuôi cấy hạt phấn có kiểu gen đồng hợp tử về tất cả các cặp gen, không tạo cây con có kiểu gen dị hợp AaBB.
D. Đúng. Nuôi cấy mô tạo ra các cơ thể đồng nhất về kiểu gen nên sẽ có đặc tính di truyền giống nhau và giống với cây mẹ.
Chọn C.
3.
4.
2.
1.
I. Đúng. Hình thành loài mới có thể xảy ra trong cùng khu vực địa lí (hình thành loài cùng khu) hoặc khác khu vực địa lí (hình thành loài khác khu).
II. Đúng. Đột biến đảo đoạn có thể góp phần tạo nên loài mới.
III. Đúng. Lai xa và đa bội hóa có thể tạo ra loài mới có bộ NST song nhị bội.
IV. Đúng. Quá trình hình thành loài mới có thể chịu sự tác động của các nhân tố tiến hóa trong đó có yếu tố ngẫu nhiên.
Chọn B.
tất cả các loài đều bị hại.
ít nhất có một loài bị hại.
cả hai loài đều có lợi.
không có loài nào có lợi.
Đặc điểm chung của mối quan hệ hợp tác và quan hệ cộng sinh trong quần xã là cả hai loài đều có lợi. Điểm khác biệt giữa hợp tác và cộng sinh là quan hệ hợp tác không phải là quan hệ chặt chẽ và nhất thiết phải có đối với mỗi loài. Chọn C.
Các đoạn pôlipeptit được tạo ra từ các alen đột biến có số axit amin bằng nhau.
Alen B1 được tạo ra từ gen ban đầu do đột biến thay thế một cặp T-A thành cặp A-T.
Sơ đồ xuất hiện các alen đột biến từ gen B là B3 ← B → B2 → B1.
mARN được tạo ra từ alen B2 dịch mã cần môi trường cung cấp 2 axit amin foocmin mêtiônin.
Khi phiên mã mạch khuôn alen B2 sẽ cho mARN có trình tự là:
5’…AUG UAX UGG UXA AGU UXA UUA AUG AUX GUA UAA…3’
Ta thấy có 2 bộ ba AUG mã hoá axit amin foocmin mêtiônin. Chọn D.
Sự di truyền một bệnh P ở người do 1 trong 2 alen quy định và được thể hiện qua sơ đồ phả hệ dưới đây. Các chữ cái cho biết các nhóm máu tương ứng của mỗi người. Biết rằng sự di truyền bệnh P độc lập với di truyền các nhóm máu, quá trình giảm phân bình thường và không có đột biến xảy ra.
Theo lí thuyết, xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8 là bao nhiêu?
Đáp án: ……….
- Bố mẹ (1) × (2) bình thường sinh con gái (6) bị bệnh \( \Rightarrow \)Gen gây bệnh là gen lặn nằm trên NST thường. Quy ước: H - Bình thường; h - bị bệnh.
- Xác định xác suất kiểu gen của cặp 7 - 8:
|
(1) HhIAIO |
(2) HhIBIO |
(3) hhIBIO |
(4) HhIBIO |
|
(7) (1HH : 2Hh)IAIO \( \Leftrightarrow \) (2H : 1h)(1IA : 1IO) |
(8) Hh(1IBIB : 2IBIO) \( \Leftrightarrow \) (1H : 1h)(2IB : 1IO) | ||
- Xác định xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8:
+ Xác suất sinh con trai là \(\frac{1}{2}\).
+ Xác suất sinh con nhóm máu A là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\].
+ Xác suất sinh con bị bệnh P là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\] \( \Rightarrow \)Xác suất sinh con không bị bệnh P là \(1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}.\)
Vậy xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8 là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{{72}}\].
Đáp án: \(\frac{5}{{72}}.\)
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.
