Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 29)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Dịch bệnh Viêm đường hô hấp cấp Covid-19. Tính đến 9h30 ngày 6/3/2020 (giờ Việt Nam):
87 quốc gia và vùng lãnh thổ có người mắc bệnh.
Tính đến 9h30 ngày 6/3/2020 (giờ Việt Nam), quốc gia nào ngoài Trung Quốc có số ca nhiễm Covid-19 cao nhất?
Italy.
Hàn Quốc.
Iran.
Mỹ.
Dựa vào bảng số liệu ta có:
• Italy có 3858 ca nhiễm. • Hàn Quốc có 6284 ca nhiễm.
• Iran có 3513 ca nhiễm. • Mỹ có 210 ca nhiễm.
Như vậy, ngoài Trung Quốc thì Hàn Quốc có số ca nhiễm Covid-19 cao nhất.
Chọn B
\(122,5\,\,m/s\).
\(29,5\,\,m/s\).
\(10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,m/s\).
\(49{\mkern 1mu} \,\,m/s\).
Ta có \(s' = gt\).
Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 5{\mkern 1mu} \,s\) là: \(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right) = 5g = 49{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\). Chọn D.
\(x = - 4\).
\(x = - 3\).
\(x = 3\).
\[x = 5\].
Ta có: \[{\log _2}\left( {1 - x} \right) = 2 \Leftrightarrow 1 - x = 4 \Leftrightarrow x = - 3\]. Chọn B.
\(\left( { - 2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right).\)
\(\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} - 2} \right).\)
\(\left( { - 1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} - 2} \right).\)
\(\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( { - 1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \, - 2} \right).\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - 5xy + 2{y^2} = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\{2{x^2} - {y^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)
Khi đó \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {2x - y} \right)\left( {x - 2y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x}\\{x = 2y}\end{array}} \right.\)
• Với \(y = 2x\), ta có: \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2{x^2} - {\left( {2x} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow - 2{x^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)\)
• Với \(x = 2y\), ta có: \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.{\left( {2y} \right)^2} - {y^2} = 7 \Leftrightarrow 7{y^2} = 7 \Leftrightarrow y = \pm 1\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 \Rightarrow x = 2}\\{y = - 1 \Rightarrow x = - 2}\end{array}} \right..\)
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm \(\left( {1\,;\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và \(\left( { - 1\,;\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} - 2} \right).\) Chọn D.
\(P\).
\(Q\).
\(R\).
\(M\).
Gọi số phức \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\) thì điểm \(N\left( {a\,;\,b} \right)\).
Khi đó số phức \(\frac{1}{z} = \frac{1}{{a + bi}} = \frac{{a - bi}}{{\left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)}} = \frac{{a - bi}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}} \cdot i\)
Nên điểm biểu diễn số phức \(\frac{1}{z}\) có tọa độ \(\left( {\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}}; - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)\).
Vì điểm \(N\left( {a\,;\,b} \right)\) thuộc góc phần tư thứ (IV) tức là \(a > 0\,;\,\,b < 0\).
Suy ra \(\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} > 0;{\mkern 1mu} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}} > 0\) nên điểm biểu diễn số phức \(\frac{1}{z}\) thuộc góc phần tư thứ (I). Từ hình vẽ chỉ có điểm \(M\) thỏa mãn. Chọn D.
\(x + 2y + 2z + 11 = 0\).
\(x - 2y + 2z - 14 = 0\).
\(x + 2y + 2z - 11 = 0\).
\(x - 2y + 2z - 3 = 0\).
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\, - 2\,;\,{\mkern 1mu} 2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm vuông góc với \(AB\) nên nó nhận vectơ \(\left( {1\,;\, - 2\,;\,{\mkern 1mu} 2} \right)\) làm VTPT.
Do đó \(\left( P \right)\) đi qua \[A\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,3} \right)\] và vuông góc với \(AB\) có phương trình:
\(x - 1 - 2\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 3} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x - 2y + 2z - 3 = 0.\) Chọn D.
2.
4.
\[\sqrt {22} \].
22.
Ta có \[AB = \sqrt {{3^2} + {2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = \sqrt {22} \]. Chọn C.
2.
4.
5.
6.
TXĐ: \(D = \left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \, + \infty } \right)\)
\(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {x - 1} }} < \frac{{2x + 8}}{{\sqrt {x - 1} }}\)\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 2x - 8}}{{\sqrt {x - 1} }} < 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 < 0\) (vì \(\sqrt {x - 1} > 0\) với mọi \(x \in D\))
\( \Leftrightarrow - 2 < x < 4\).
Mà \(x \in \mathbb{Z}\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x > 1 \Rightarrow x \in \left\{ {2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,3} \right\}\).
Vậy có 2 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn điều kiện đề bài. Chọn A.
\[x = \frac{\pi }{2} + k\pi \].
\[x = - \frac{\pi }{2} + k\pi \].
\(x = k2\pi \).
\(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi .\)
Ta có \[\cos 2x + 5\sin x - 4 = 0 \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 4 = 0\]
\[ \Leftrightarrow - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin {\mkern 1mu} x = \frac{3}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,k \in \mathbb{Z}.\]Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Litva sẽ tham gia vào cộng đồng chung châu Âu sử dụng đồng Euro là đồng tiền chung vào ngày 01 tháng 01 năm 2015. Để kỷ niệm thời khắc lịch sử chung này, chính quyền đất nước này quyết định dùng \[122\,\,550\] đồng tiền xu Litas Lithuania cũ của đất nước để xếp một mô hình kim tự tháp (như hình vẽ bên). Biết rằng tầng dưới cùng có \[4\,\,901\] đồng và cứ lên thêm một tầng thì số đồng xu giảm đi 100 đồng. Hỏi mô hình Kim tự tháp này có tất cả bao nhiêu tầng?
54.
50.
49.
55.
Bài toán là bài tập về cấp số cộng nếu ta coi số đồng xu ở tầng dưới cùng là số hạng đầu tiên, với công sai là hiệu số đồng xu của tầng 2 tầng liền kề.
Khi đó, ta có một cấp số cộng với \({u_1} = 4901\) và công sai \(d = - 100\).
Gọi số tầng của kim tự tháp đó là \(n{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Khi đó, tổng số đồng xu của \(n\) tầng đó là \({S_n} = 122550\) nên ta có: \({S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}\)
\( \Leftrightarrow 122\,\,550 = \frac{{\left[ {2 \cdot 4\,\,901 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 100} \right)} \right] \cdot n}}{2}\)\[ \Leftrightarrow 245\,\,100 = \left[ {2 \cdot 4\,\,901 - 100n + 100} \right] \cdot n\]
\( \Leftrightarrow 245\,\,100 = \left[ {9\,\,902 - 100n} \right].n\)\( \Leftrightarrow 100{n^2} - 9\,\,902n + 245\,\,100 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 50{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{n = \frac{{2451}}{{50}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\).
Vậy mô hình kim tự tháp đã cho có 50 tầng. Chọn B.
\(\frac{{{x^2}}}{2} + 3\ln \left| {x - 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right| + C\).
\(\frac{{{x^2}}}{2} + \ln \left| {x - 1} \right| - \ln \left| {x + 2} \right| + C\).
\(\frac{{{x^2}}}{2} - \ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x + 2} \right| + C\).
\(x - \ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x + 2} \right| + C\).
Ta có \(\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)\( = \frac{{\left( {{x^3} + {x^2} - 2x} \right) + 2x - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)\( = x + \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\).
Đặt \(\frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 2}}\)\( \Leftrightarrow \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{A\left( {x + 2} \right) + B\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)
\( \Leftrightarrow 2x - 5 = \left( {A + B} \right)x + 2A - B\).
Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A + B = 2}\\{2A - B = - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = - 1}\\{B = 3}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}} = x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}\)\( \Rightarrow \int {\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}dx} = \int {\left( {x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}} \right)dx} \)
\( = \frac{{{x^2}}}{2} - \ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x + 2} \right| + C.\) Chọn C.
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\) có nghiệm \(x \in \left( {0\,;\,\,1} \right)\) khi và chỉ khi
\(m > - \frac{4}{{1011}}\).
\(m \ge - \frac{4}{{3e + 2019}}\).
\(m > - \frac{2}{{1011}}\).
\(m > \frac{{f\left( e \right)}}{{3e + 2019}}\).
Xét bất phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\). (*)
Đặt \({e^x} = t\left( {t > 0} \right)\) với: \(x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};\,\,{e^1}} \right) \Rightarrow t \in \left( {1;\,\,e} \right)\).
Ta được bất phương trình \(f\left( t \right) < m\left( {3t + 2019} \right) \Leftrightarrow m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) (vì \(3t + 2019 > 0\) với \(\left. {t \in \left( {1;e} \right)} \right)\)
Để bất phương trình (*) có nghiệm \(x \in \left( {0;1} \right)\) thì bất phương trình (1) có nghiệm \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\).
Ta xét hàm \(g\left( t \right) = \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) trên \(\left( {1\,;\,\,e} \right)\). Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}}\).
Nhận xét rằng đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) có tính chất giống với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên xét trên khoảng \(\left( {1\,;\,\,e} \right)\) ta thấy rằng \(f\left( t \right) < 0\) và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\,e} \right)\) nên \(f'\left( t \right) > 0\).
Từ đó \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}} > 0\) với \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) hay hàm số \[g\left( t \right)\] đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\,e} \right).\)
Từ bảng biến thiên ta thấy để bất phương trình \[m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\] với \(t \in \left( {1\,;\,\,e} \right)\) thì \(m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\,\,e} \right]} g\left( t \right) \Leftrightarrow m > - \frac{2}{{1011}}.\) Chọn C.
\(\frac{{4\,\,000}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m\).
\(500{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,m.\)
\(\frac{{2\,\,500}}{3}\,m.\)
\(2\,\,000{\mkern 1mu} \,m.\)
Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m/s là: \({t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)
Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng từ thời điểm \(t = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\) tới thời điểm \(t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\) là: \(s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dx} = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)dt} = \frac{{2500}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\). Chọn C.
191 năm.
192 năm.
30 năm.
31 năm.
Ông Bá Kiến gửi 100 triệu với lãi suất \[6,7\% \] nên sau \[n\] năm số tiền của ông là \({A_n} = 100 \cdot 1,{067^n}\).
Anh giáo Thứ gửi 20 triệu với lãi suất \[7,6\% \] thì sau \[n\] năm số tiền của anh là \({B_n} = 20.1,{076^n}\).
Để số tiền của anh giáo Thứ lớn hơn ông Bá Kiến thì
\(20 \cdot 1,{076^n} > 100 \cdot 1,{067^n} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1,076}}{{1,067}}} \right)^n} > 5 \Leftrightarrow n > 191,6\). Chọn B.
Vậy phải sau ít nhất 192 năm thì số tiền của anh giáo Thứ mới nhiều hơn số tiền của ông Bá Kiến.
4.
3.
\(\frac{7}{2} \cdot \)
\(\frac{5}{2} \cdot \)
ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}x > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow x > 1\).
Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_3}x} \right) > 0\)\( \Leftrightarrow {\log _3}x < 1 \Leftrightarrow x < 3\)
Kết hợp ĐKXĐ ta có: \(1 < x < 3\)
Do đó, tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {1\,;\,\,3} \right)\).
Do đó \(a = 1\,;\,\,b = 3\) nên \(a + b = 1 + 3 = 4\). Chọn A.
\(\frac{1}{3}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{{10}}{3}.\)
\(\frac{8}{3}.\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\].
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi \[y = {x^2} - 4x + 3,\] \[x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = 3\] là
\[S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} \]\[ = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right|\]\[{\mkern 1mu} = \left| {\frac{4}{3}} \right| + \left| { - \frac{4}{3}} \right| = \frac{8}{3}.\]
Chọn D.
7
4
5
6
Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\) xác định trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có \(y' = {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right)\)
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right) \ge 0\,\,{\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) (*).
Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 5m + 4\).
TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\), khi đó \(y' \ge 0\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\) nên thỏa mãn (*).
TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 4}\\{m < 1}\end{array}} \right.\), khi đó phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\).
Áp dụng định lí Viète, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = 3\left( {m - 1} \right)}\end{array}} \right.\).
Khi đó ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {x_2}}\\{x \le {x_1}}\end{array}} \right.\), nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty \,;\,\,{x_1}} \right)\) và \(\left( {{x_2}\,;\,\, + \infty } \right).\)
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(\left( {1\,;\,\, + \infty } \right) \subseteq \left( {{x_2}\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Rightarrow {x_1} < {x_2} \le 1\)
Khi đó ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {m - 1} \right) < 2}\\{3\left( {m - 1} \right) - 2\left( {m - 1} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 1}\\{m - 1 + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 2\).
Kết hợp 2 TH ta có \(0 \le m \le 4\). Mà \[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0\,;\,\,1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}\].
Vậy có 5 giá trị của \[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn C.
\(S = 3\).
\(S = - 4\).
\(S = - 6\).
\(S = 2\).
Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\).
Theo bài ra ta có: \(\left( {2 - 3i} \right)z - 7i\bar z = 22 - 20i\)\( \Leftrightarrow \left( {2 - 3i} \right)\left( {a + bi} \right) - 7i\left( {a - bi} \right) = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow 2a + 2bi - 3ai + 3b - 7ai - 7b = 22 - 20i\)\( \Leftrightarrow 2a - 4b + \left( {2b - 10a} \right)i = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - 4b = 22}\\{2b - 10a = - 20}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow z = 1 - 5i\).
Vậy \(a + b = 1 + \left( { - 5} \right) = - 4\). Chọn B.
đường thẳng \(x - 2y - 3 = 0\).
đường thẳng \(x + 2y + 1 = 0\).
đường tròn \({x^2} + {y^2} = 2\).
đường thẳng \({x^2} + {y^2} = 4\).
Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)
Ta có: \(\left| {z - i} \right| = \left| {2 - 3i - z} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - i} \right| = \left| {2 - 3i - \left( {x + yi} \right)} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {2 - x - \left( {y + 3} \right)i} \right|\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - x} \right)}^2} + {{\left( {y + 3} \right)}^2}} \)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {2 - x} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2}\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = 4 - 4x + {x^2} + {y^2} + 6y + 9\)
\( \Leftrightarrow 4x - 8y - 12 = 0\)\( \Leftrightarrow x - 2y - 3 = 0\).
Vậy tập hợp biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(x - 2y - 3 = 0.\) Chọn A.
\[\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\].
\[\left( { - 1\,;\,\,\frac{{ - 1}}{2}} \right)\].
\[\left( { - 1\,;\,\,\frac{{ - 3}}{2}} \right)\].
\[\left( { - 1\,;\,\,\frac{3}{2}} \right)\].
Ta có \[\overrightarrow {IM} = \left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\]
\[ \Rightarrow IM = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt 5 \Rightarrow AB = 2IM = 2\sqrt 5 \]
\[S = 10 \Rightarrow AB \cdot AD = 10 \Leftrightarrow 2\sqrt 5 \cdot AD = 10 \Rightarrow AD = \sqrt 5 \]
\(AD\) qua \(M\left( {0\,;\,\, - 1} \right)\) và \(AD \bot \overrightarrow {IM} = \left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_{AD}}} = \left( {1\,;\,\,2} \right) \Rightarrow AD:{\mkern 1mu} \,x + 2y + 2 = 0\).
\(\overrightarrow {DA} = \left( {4t + 4\,;\,\, - 2 - 2t} \right) \Rightarrow D{A^2} = {\left( {4t + 4} \right)^2} + {\left( { - 2 - 2t} \right)^2} = 5\)
\( \Leftrightarrow 20{t^2} + 40t + 15 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow D\left( { - 1\,;\,\,\frac{{ - 1}}{2}} \right)}\\{t = \frac{{ - 3}}{2} \Rightarrow D\left( {1\,;\,\,\frac{{ - 3}}{2}} \right)}\end{array}} \right.\). Chọn B.
\(m = 4\).
\(m = 8\).
\(m = - 8\).
\(m = - 4\).
Xét phương trình đường tròn: \({x^2} + {y^2} - 8x + 10y + m = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = - 5}\\{c = m}\end{array}} \right.\).
Ta có: \({a^2} + {b^2} - c = {R^2}\)\( \Rightarrow {4^2} + {\left( { - 5} \right)^2} - m = {7^2} \Leftrightarrow m = - 8\). Chọn C.
\[ - 3x - 2z + 10 = 0.\]
\(3y - 2z - 2 = 0.\)
\(3x - 2z - 2 = 0.\)
\(3x - 2z - 8 = 0.\)
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):2x - y + 3z + 4 = 0\) có 1 VTPT là \(\vec n\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right)\).
Gọi \[\left( P \right)\] là mặt phẳng cần tìm. Do \[\left( P \right)\] song song \[Oy\] và vuông góc với \(\left( \alpha \right)\) nên \[\left( P \right)\] có VTPT là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\vec n\,;\,\,\vec j\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)} \right] = \left( { - 3\,;\,\,0\,;\,\,2} \right).\)
Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \(A\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\), có VTPT \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 3\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\) có phương trình là:
\( - 3\left( {x - 2} \right) + 0 + 2\left( {z - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \) \(3x - 2z - 2 = 0\). Chọn C.
\(16\sqrt 2 \pi \).
\(8\sqrt 2 \pi \).
\(4\sqrt 2 \pi \).
\(2\sqrt 2 \pi \).
Giả sử thiết diện qua trục là tam giác \(SAB\), \(O\) là tâm đường tròn đáy nên \(O\) là trung điểm của \(AB\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) nên
\({S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2}SA.SB = \frac{1}{2}S{A^2} = 8 \Leftrightarrow SA = 4 = l\)
\( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \Rightarrow r = OA = 2\sqrt 2 \).
Vậy diện tích xung quanh hình nón là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi \cdot 2\sqrt 2 \cdot 4 = 8\sqrt 2 \pi \). Chọn B.
\(\frac{5}{2}\).
\(\frac{{10}}{3}\).
\(\frac{5}{3}\).
\(\frac{{15}}{4}\).
Theo bài ra ta có \(SO = 10\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,OA = 5\).
Đặt \(O'A' = r{\rm{ }}\left( {0 < r < 5} \right)\)
Áp dụng định lí Thalès, ta có:
\(\frac{{O'A'}}{{OA}} = \frac{{SO'}}{{SO}} \Rightarrow \frac{r}{5} = \frac{{SO'}}{{10}} \Leftrightarrow SO' = 2r \Rightarrow OO' = 10 - 2r\)
Khi đó thể tích khối trụ là:
\(V = \pi \cdot O'{A'^2} \cdot OO' = \pi \cdot {r^2}\left( {10 - 2r} \right) = 2\pi \left( { - {r^3} + 5{r^2}} \right)\).
Xét hàm số \(f\left( r \right) = - {r^3} + 5{r^2}\) trên \(\left( {0;5} \right)\) ta có \(f'\left( r \right) = - 3{r^2} + 10r = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}r = 0{\rm{ }}\left( {ktm} \right)\\r = \frac{{10}}{3}\end{array} \right.\).
Vậy để thể tích khối trụ đạt giá trị lớn nhất thì bán kính khối trụ bằng \(\frac{{10}}{3}\). Chọn B.
\[\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{3}\].
\[\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\].
\[2\sqrt 2 {a^3}\].
\[\frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\].
![Cho khối lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] có cạnh đáy là \[2a\] và khoảng cách từ điểm \[A\] đến mặt phẳng \[\left( {A'BC} \right)\] bằng \[a\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid3-1722738576.png)
Gọi \(M\) là trung điểm của \[BC\] ta có
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AM}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'BC} \right)\]
Trong \[\left( {A'BC} \right)\] kẻ \[AH \bot A'M{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {H \in A'M} \right)\] ta có:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BC}\\{AH \bot A'M}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = a\]
Vì tam giác \(ABC\) đều cạnh \(2a\) nên \(AM = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \) và \({S_{ABC}} = {\left( {2a} \right)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'M\) ta có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow A'A = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \cdot {a^2}\sqrt 3 = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D.
\(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}.\)
\(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{3}.\)
\(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{5}.\)
\(\frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{6}{{25}}.\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) lấy \(PH\,{\rm{//}}\,MN\)\(\left( {H \in CD} \right)\)
Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(Q = NH \cap SD\)
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SCD\) với cát tuyến \(QNH\) ta có: \(\frac{{HD}}{{HC}} \cdot \frac{{NC}}{{NS}} \cdot \frac{{QS}}{{QD}} = 1.\)
Mà \(N\) là trung điểm của \(SC\) nên \(\frac{{NC}}{{NS}} = 1\).
Mặt khác áp dụng định lí Thalès trong tam giác \(DPH\) ta có \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\) (vì \(P\) là trung điểm của \(OB\)).
Do đó ta có \(\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\). Chọn A.
\(T = 9\).
\(T = 13\).
\(T = 15\).
\(T = 18\).
Gọi \(M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\). Theo bài ra ta có: \(2M{A^2} + M{B^2} = 165\)
\( \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y + 7} \right)}^2} + {{\left( {z + 9} \right)}^2}} \right] = 165\)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 12x + 6y + 6z + 9 = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y + 2z + 3 = 0\).
Do đó tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là mặt cầu tâm nên \(a = 2\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = - 1\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,c = - 1,\) bán kính \(R = \sqrt {4 + 1 + 1 - 3} = \sqrt 3 \).
Vậy \(T = {a^2} + {b^2} + {c^2} + {R^2} = 4 + 1 + 1 + 3 = 9\). Chọn A.
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 - t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 1 + t}\\{z = 2 - 2t}\end{array}} \right.\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right..\)
Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{z}{{ - 2}}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\), đây cũng là VTCP của đường thẳng đi qua \[A\] và song song với \[d.\]
Đường thẳng qua \[A\] và song song với \[d\] nhận \(\vec u = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right)\) là VTCP, có phương trình tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right.\). Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định và liên tục trên \(\mathbb{R},\) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2} \right)\) có bao nhiêu điểm cực tiểu?
3.
1.
5.
2.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị \(x = - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = 1\).
Do đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\). Ta có \(g'\left( x \right) = 2x \cdot f'\left( {{x^2} - 2} \right)\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} - 2 = 1}\\{{x^2} - 2 = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 3 }\\{x = \pm 1}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau:
Dựa vào bảng xét dấu ta thấy, \(g'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua các điểm \(x = - \sqrt 3 ,\) \(x = 0\,,\,\,x = \sqrt 3 \).
Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 3 điểm cực tiểu. Chọn A.
\(OM = \sqrt {34} \).
\(OM = \sqrt {41} \).
\(OM = \sqrt {43} \).
\(OM = \sqrt {14} \).
Dễ thấy hai điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \[M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\].
Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right)\).
Theo tính chất đối xứng ta có \(MA = MA'\).
Do đó \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) (bất đẳng thức tam giác).
Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow M \in A'B\). Hay \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} \,,\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {A'B} \) cùng phương.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {A'M} = \left( {a - 1\,;\,\,b - 2\,;\,\,3} \right)}\\{\overrightarrow {A'B} = \left( {4\,;\,\,4\,;\,\,4} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{a - 1}}{4} = \frac{{b - 2}}{4} = \frac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 5}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow M\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,0} \right)\). Vậy \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {0^2}} = \sqrt {41} \). Chọn B.
30.
50.
63.
42.
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m\).
Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.
Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.
Suy ra, đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số \(y = f\left( x \right)\) sẽ có 3 điểm cực trị) .
Khi đó, phương trình \(3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left( * \right)\) phải có 4 nghiệm phân biệt.
Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\) ta có \(g'\left( x \right) = 12{x^3} - 24{x^2} - 12x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow 8 < m < 13\).
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \[m \in S = \left\{ {9\,;\,\,10\,;\,\,11\,;\,\,12} \right\}\].
Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là \(9 + 10 + 11 + 12 = 42\). 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:
Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình có nghiệm \(x \ge - 2\) thì \(m \ge - 13.\)
Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{ - 13 \le m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 13\,;\,\,{\mkern 1mu} - 12\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 7} \right\}\)
Do đó có 7 giá trị \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn C.
1.
\( - 1\).
\( - 2\).
2.
Ta có: \(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)
Đặt \(t = 4 - x \Rightarrow dt = - dx\).
Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 \Rightarrow t = 3}\\{x = 3 \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right.\), khi đó ta có:
\(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = - \int\limits_3^1 {tf\left( {4 - t} \right)dt} \)\( = \int\limits_1^3 {tf\left( {4 - t} \right)dt} = \int\limits_1^3 {tf\left( t \right)dt} \)
\( = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \) \( \Rightarrow \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)
\( \Leftrightarrow 2\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = \left( { - 2} \right)\). Chọn C.
\[0,101.\]
\[0,077.\]
\[0,0935.\]
\[0,097.\]
Gọi A là biến cố: “Xạ thủ đạt loại giỏi”
TH1: Xạ thủ được 30 điểm nên xạ thủ bắn trúng vòng 10 ba lần.
Do đó \[{P_1} = 0,{2^3} = 0,008\].
TH2: Xạ thủ được 29 điểm nên xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 9 một lần.
Do đó \[{P_2} = C_3^2 \cdot 0,{2^2} \cdot 0,25 = 0,03\]
TH3: Xạ thủ được 28 điểm nên xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 8 một lần hoặc Xạ thủ bắn trúng vòng 10 một lần, trúng vòng 9 hai lần
Do đó \({P_3} = C_3^2 \cdot 0,{2^2} \cdot 0,{15^1} + C_3^1 \cdot 0,{2^1} \cdot 0,{25^2} = 0,0555\).
Vậy \(P\left( A \right) = {P_1} + {P_2} + {P_3} = 0,0935\). Chọn C.
\(\frac{1}{8}\).
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{1}{2}\).
Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{C.ABD}} = \frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)\)
\({V_{MNEC}} = {V_{C.MNE}} = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {MNE} \right)} \right) = \frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{\frac{1}{3}{S_{MNE}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)}}{{\frac{1}{3}{S_{ABD}} \cdot d\left( {C,\left( {ABD} \right)} \right)}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}}\)
Dễ thấy \(\Delta MNE\) đồng dạng \(\Delta DAB\) theo tỉ số \(\frac{1}{2}\) nên \(\frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}\).
Vậy \(\frac{{{V_{MNEC}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{{S_{MNE}}}}{{{S_{ABD}}}} = \frac{1}{4}\). Chọn B.
Ta có \(y = \ln \left( {x + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{1}{{x + 1}} \Rightarrow y'\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\).
Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = \ln \left( {x + 1} \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 2\) là \(\frac{1}{3}.\)
Đáp án: \[\frac{1}{3}.\]
TXĐ: \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x + 1 = 0}\\{{e^x} - 2019 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x = - 1}\\{{e^x} = 2019}\\{x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{e} \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\\{x = \ln 2019 \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\\{x = - 1 \notin \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}\end{array}} \right.\).
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Đáp án: 2.
Vì \(\frac{2}{4} = \frac{{ - 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 2}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 9}}{{ - 6}}\) nên \(\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right)\).
Xét \(\left( P \right)\), cho \(x = z = 0 \Rightarrow y = - 9 \Rightarrow M\left( {0\,;\,\, - 9\,;\,\,0} \right) \in \left( P \right)\)
Vậy \(d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {M,\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2 \cdot \left( { - 9} \right) - 6} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 2\).
Đáp án: 2.
Để chọn được 5 học sinh tham gia văn nghệ trong đó có ít nhất 3 học sinh nữ ta có các TH sau:
TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam nên có \[C_{15}^3 \cdot C_{20}^2 = 86\,\,450\](cách).
TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam nên có \(C_{15}^4 \cdot C_{20}^1 = 27\,\,300\) (cách).
TH3: 5 học sinh nữ nên có \(C_{15}^5 = 3003\) (cách).
Vậy có tất cả \(86\,\,450 + 27\,\,300 + 3\,\,003 = 116\,\,753\) (cách).
Đáp án: \[{\bf{116}}\,\,{\bf{753}}.\]
Đặt \[g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}}\]\[ \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\]
\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15} \right] = 15\].
Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} \cdot \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}} \right]\]\[ = 3 \cdot \frac{1}{{4 \cdot \left( {\sqrt {2 \cdot 15 + 6} + 3} \right)}} = 3 \cdot \frac{1}{{4 \cdot 9}} = \frac{1}{{12}}\].
Đáp án: \[\frac{1}{{12}}\].
Xét hà\(y = {x^2} - 2x + 5\)m số \(y = {x^2} - 2x + 5\) trên \(\left[ {2\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 7} \right]\) ta có bảng biến thiên:
Đỉnh của đồ thị hàm số là \(I\left( {1\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,4} \right)\).
![Ký hiệu \[M\] và \[m\] tương ứng là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {x^2} - 2x + 5\) trên miền \[\left[ {2\,;\,\,7} \right].\] Khi đó \(M\) gấp \(m\) bao nhiêu lần? Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid10-1722739571.png)
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 7} \right]} y = 40\) khi \(x = 7\) và \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {2;{\kern 1pt} {\kern 1pt} 7} \right]} y = 5\) khi \(x = 2\).
Do đó \(M = 8m\).
Đáp án: 8.
Ta có \(y' = 4m{x^3} + 2\left( {m - 1} \right)x = 2x\left( {2m{x^2} + m - 1} \right)\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{2m{x^2} + m - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( 1 \right)}\end{array}} \right.\)
Hàm số chỉ có 1 cực trị \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép
\( \Rightarrow \Delta \le 0 \Leftrightarrow - 2m\left( {m - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\). Khi đó \(a = 0\,;\,\,b = 1\) nên \(b - a = 1.\)
Đáp án: 1.
Diện tích cần tìm là: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx} \)
\({\mkern 1mu} = \int\limits_1^2 { - {x^2}dx + \int\limits_1^2 {4xdx} } - \int\limits_1^2 {3dx} \)\( = \left. { - \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 + \left. {2{x^2}} \right|_1^2 - \left. {3x} \right|_1^2\)\({\mkern 1mu} = - \frac{8}{3} + \frac{1}{3} + 8 - 2 - 6 + 3 = \frac{2}{3}\).
Đáp án: \(\frac{2}{3}\).
![Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ sau. Giá trị của \[m\] để phương trình \[f\left( {\sin x} \right) = m\] có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\] và \[m \in \left( {a\,;\,\,b} \right]\] thì \(a + b\) bằng Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid11-1722739728.png)
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ sau. Giá trị của \[m\] để phương trình \[f\left( {\sin x} \right) = m\] có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\] và \[m \in \left( {a\,;\,\,b} \right]\] thì \(a + b\) bằng
Đáp án: ……….Đặt \[t = \sin x \in \left[ { - 1\,;\,1} \right]\].
Dễ thấy với mỗi \[t \in \left[ {0;1} \right)\] thì sẽ có 2 giá trị \[x \in \left[ {0;\pi } \right]\].
Do đó, để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0;\pi } \right]\] thì phương trình \[f\left( t \right) = m\] có nghiệm duy nhất t \[t \in \left[ {0;1} \right)\]\[ \Leftrightarrow - 4 < m \le - 3\].
Đáp án: −7.
Đặt \(z = x + yi{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {x,\,y \in \mathbb{R}} \right)\).
Theo bài ra ta có: \(\left| {x + yi - 2 + i} \right| = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 16\).
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \(z\) là một đường tròn có tâm \(I\left( {2;1} \right)\), bán kính \(R = 4\)Đáp án: 4.
![Cho lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) có tất cả các cạnh bằng \[a.\] Gọi \(\alpha \) là góc giữa mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Tính \(\tan \alpha \). Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid12-1722739823.png)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).
Vì \(\Delta ABC\) đều nên \(AI \bot BC\) và \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AI}\\{BC \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AIA'} \right) \Rightarrow BC \bot A'I\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ABC} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = BC}\\{AI \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} \,AI \bot BC}\\{A'I \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} \,A'I \bot BC}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \alpha = \widehat {\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right)} = \widehat {AIA'}\)
Xét tam giác vuông \(AIA'\) ta có: \(\tan \alpha = \frac{{AA'}}{{AI}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án: \(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)
Giả sử \[A'\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\] là điểm đối xứng với điểm \[A\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,3} \right)\] qua mặt phẳng \[\left( P \right):x + 3y - 2z - 7 = 0\]
Khi đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AA'} \,{\rm{//}}\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} }\\{I \in \left( P \right)}\end{array}} \right.\), với \[I\] là trung điểm của \[{\rm{AA'}}\].
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{{b - 0}}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{\left( {\frac{{a - 1}}{2}} \right) + 3.\frac{b}{2} - 2.\frac{{c + 3}}{2} - 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{b}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{a + 3b - 2c = 21}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 6}\\{c = - 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow A'\left( {1;6; - 1} \right)\). Do đó, hoành độ của điểm \(A'\) là 1.
Đáp án: 1.
Nhận xét: \({x^2} + {y^2} - 2x + 2 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x,y\)
Bpt \( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} - 2x + 2\)
Đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\), bất phương trình trở thành \({2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\) có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right).\)
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra ta có \(0 \le t \le 1 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1\)
Ta có: \(P = \frac{{8x + 4}}{{2x - y + 1}}\)\[ \Leftrightarrow 2Px - Py + P = 8x + 4\]
\[ \Leftrightarrow P - 4 = \left( {8 - 2P} \right)x + Py\]\[ \Leftrightarrow 3P - 12 = \left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \right]\]\[ \Rightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le {\left( {8 - 2P} \right)^2} + {P^2}\]
\[ \Leftrightarrow 4{P^2} - 40P + 80 \le 0\]\[ \Leftrightarrow 5 - \sqrt 5 \le P \le 5 + \sqrt 5 \approx 7,23\].
Dấu xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{8 - 2P}}{P} = \frac{{x - 1}}{y} = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}}\\{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}y}\\{\frac{9}{5}{y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 \mp \frac{2}{3}}\\{y = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3}}\end{array}} \right.\].
Do đó \[\max P = 5 + \sqrt 5 \] đạt được khi \[x = \frac{1}{3}\,;\,\,y = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\]. Đáp án: 7.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Vì tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) nên \(SH \bot AB\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB}\\{SH \subset \left( {SAB} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)
Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\) ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow CD \bot SK\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD}\\{SK \subset \left( {SCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,SK \bot CD}\\{HK \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,HK \bot CD}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK,HK} \right)} = \widehat {SKH} = \varphi \)
Vì \(AH\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow AH\,{\rm{//}}\,\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\)
Trong \(\left( {SHK} \right)\) kẻ \(HI \bot SK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {I \in SK} \right)\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {CD \bot \left( {SHK} \right)} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot \left( {SCD} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI\).
Xét tam giác vuông \(HIK\) ta có \(\sin \varphi = \sin \widehat {SKH} = \frac{{HI}}{{HK}}\) \( \Rightarrow HI = HK.\sin \varphi = 2a.\frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\). Đáp án: \(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\).
Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(x,\,2x,\,\,y\,\,\left( {x,\,\,y > 0} \right)\).
Diện tích phần lắp kính là: \(2x.x + 2xy + 2.2x.y = 2{x^2} + 6xy = 6,5\)
\( \Leftrightarrow xy = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} > 0 \Rightarrow x < \sqrt {\frac{{6,5}}{2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}.\)
Thể tích bể cá là: \(V = 2x \cdot x \cdot y = 2x \cdot \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} = \frac{{ - 4{x^3} + 13x}}{6}\) với \(0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\).
Ta có \(V' = \frac{{ - 12{x^2} + 13}}{6},V' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{\sqrt {39} }}{6}}\\{x = - \frac{{\sqrt {39} }}{6}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên:
Vậy \[{V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,5\,{\mkern 1mu} \,\left( {{m^3}} \right)\].
Đáp án:\(1,5\).
Vui sướng, rạo rực.
Ngưỡng mộ, bâng khuâng.
Ngỡ ngàng, bất ngờ.
Đắm say, tha thiết.
Từ “bừng” trong câu thơ thứ (1) diễn tả cảm xúc ngỡ ngàng, bất ngờ. Chọn C.
Hùng vĩ, tráng lệ.
Heo hút, hoang sơ.
Mênh mang, mờ ảo.
Sầm uất, náo nhiệt.
Nếu cảnh một đêm liên hoan đem đến cho người đọc không khí mê say, ngây ngất, thì cảnh sông nước miền Tây lại gợi lên được cảm giác mênh mang, mờ ảo. Chọn C.
Nỗi nhớ những kỉ niệm đẹp về tình quân dân trong đêm liên hoan văn nghệ và cảnh sông nước miền Tây.
Vẻ đẹp lãng mạn, hào hoa của các chiến sĩ trong một đêm lửa trại nơi đoàn binh Tây Tiến dừng chân.
Những hoài niệm bâng khuâng, da diết về cảnh sắc, con người miền Tây trong tâm trí các chiến sĩ Tây Tiến.
Đêm liên hoan văn nghệ lung linh, huyền ảo, sống động, rực rỡ giữa các chiến sĩ Tây Tiến và con người miền Tây.
Nội dung chính: Nỗi nhớ những kỉ niệm đẹp về tình quân dân trong đêm liên hoan văn nghệ và cảnh sông nước miền Tây. Chọn A.
1.
2.
3.
4.
Trong đoạn trích có 2 từ láy là: “e ấp” và “đong đưa”. Chọn B.
Lạc quan, yêu đời.
Hài hước dí dỏm.
Khỏe khoắn, tự tin, bản lĩnh.
Trẻ trung, tình tứ.
Nghị luận.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Phương thức biểu đạt chính: Tự sự. Chọn B.
Xót thương, ai oán.
Tủi hổ, cay đắng.
Ngạc nhiên, lo lắng.
Buồn bã, phiền muộn.
Tâm trạng của bà cụ Tứ trong đoạn trích trên là tâm trạng xót thương, ai oán. Để lí giải điều này có thể căn cứ vào câu văn thứ 3 của đoạn trích: Lòng người mẹ nghèo khổ ấy còn hiểu ra biết bao nhiêu cơ sự, vừa ai oán vừa xót thương cho số kiếp đứa con mình. Chọn A.
vụ việc.
sự tình.
vấn đề.
sự việc.
Từ “cơ sự” gần nghĩa hơn cả với từ “sự tình”. Chọn B.
Nhân hậu trong ứng xử và tinh tế trong lời nói.
Thương con và giàu lòng nhân ái.
Từng trải và có trái tim nhạy cảm.
Có sự thấu hiểu sâu sắc và cái nhìn tinh tường.
Nhân vật bà cụ Tứ trong đoạn trích là người mẹ thương con và giàu lòng nhân ái. Chọn B.
Thể hiện trong suy nghĩ của nhân vật bà cụ Tứ còn nhiều điều băn khoăn, những cơ sự bà đã đoán ra mà không nỡ nói.
Cho thấy sự áy náy, day dứt của nhân vật bà cụ Tứ khi chưa thể lo việc cưới xin cho anh con trai đàng hoàng, tử tế.
Thể hiện sự ngừng lặng trong lời độc thoại nội tâm của nhân vật bà cụ Tứ khi bà so sánh hoàn cảnh gia đình mình và hoàn cảnh gia đình người ta.
Tách biệt giữa dòng suy nghĩ của nhân vật bà cụ Tứ với câu văn miêu tả “Trong kẽ mắt kèm nhèm của bà rỉ xuống hai dòng nước mắt” của nhà văn Kim Lân.
Dấu ba chấm được tác giả sử dụng trong câu văn “Còn mình thì...” thể hiện sự ngừng lặng trong lời độc thoại nội tâm của nhân vật bà cụ Tứ khi bà so sánh hoàn cảnh gia đình mình và hoàn cảnh gia đình người ta. Để lí giải cho lựa chọn này có thể xuất phát từ một trong những chức năng của dấu ba chấm là dùng để thể hiện chỗ lời nói còn bỏ dở hay ngập ngừng, ngắt quãng. Chọn C.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Tự sự.
Nghị luận.
Phương thức biểu đạt chính: tự sự. Chọn C.
Hai hạt lúa.
Sống là cống hiến.
Đừng sống thu mình.
Một cuộc đời mới.
Nhan đề “Hai hạt lúa” là bao quát nhất cho văn bản trên. Chọn A.
Sợ hãi.
Vui sướng.
Buồn bã.
Chán nản.
Hạt lúa thứ hai thật sự sung sướng khi được bắt đầu một cuộc đời mới. Chọn B.
So sánh.
Hoán dụ.
Điệp từ.
Nhân hóa.
Đoạn trích sử dụng biện pháp tu từ nhân hóa – hạt lúa có suy nghĩ, tiếng nói giống như con người. Chọn D.
Sống thu mình là lối sống thất bại.
Chấp nhận thử thách để sống ý nghĩa.
Biết cách vun trồng hạt lúa để có vụ mùa bội thu.
Tất cả các đáp án trên.
Văn bản mượn hình ảnh hai hạt lúa để nói về lối sống của con người. Từ đó rút ra thông điệp cần biết chấp nhận thử thách để sống ý nghĩa. Chọn B.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Tự sự.
Nghị luận.
Nên để trẻ thoải mái, chơi là chính không đặt nặng thành tích học tập.
Phải ép buộc và để trẻ quen dần với áp lực
Để trẻ phát triển tự nhiên nhất không nên tạo áp lực cho trẻ từ khi còn nhỏ.
Tạo áp lực vừa phải để trẻ có khả năng kiểm soát bản thân.
Dựa vào câu văn: Với một đứa trẻ, để dạy chúng “tự lái”, cha mẹ nên biết tạo áp lực vừa phải, đủ giúp chúng kiểm soát tốt bản thân và để cha mẹ hiểu tâm sinh lí, khả năng của con nhằm đồng hành với chúng. Cha mẹ cần tạo áp lực vừa phải để trẻ có khả năng kiểm soát bản thân. Chọn D.
Áp lực phải thành công theo kì vọng của bố mẹ.
Áp lực vượt quá khả năng chịu đựng của con người gây nên những tổn thương về mặt tâm lí.
Áp lực trong việc học hành, thi cử.
Áp lực thành tích.
Áp lực độc lại là áp lực vượt quá khả năng chịu đựng của con người gây nên những tổn thương về mặt tâm lí. Chọn B.
So sánh.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Đảo ngữ.
Từ “tự lái” ẩn ý nói đến việc đứa trẻ biết tự giải quyết những khó khăn, áp lực xảy ra trong cuộc sống. Chọn B.
Giúp trẻ quen dần với áp lực.
Giúp trẻ biết cách tự xử lí khi gặp phải áp lực sau này.
Giúp cha mẹ thấu hiểu tâm, sinh lí của trẻ để dễ dàng đồng hành cùng với trẻ.
Tất cả câu trả lời đều đúng.
Dựa vào câu văn cuối cùng: Với một đứa trẻ, để dạy chúng “tự lái”, cha mẹ nên biết tạo áp lực vừa phải, đủ giúp chúng kiểm soát tốt bản thân và để cha mẹ hiểu tâm sinh lí, khả năng của con nhằm đồng hành với chúng. Chọn D.
người.
cán bộ.
độc nhất.
tin cậy.
Từ “độc nhất” dùng sai về ngữ nghĩa. Từ đúng là “duy nhất”. Chọn C.
chăm chú.
nghe ngóng.
ý kiến.
bào chữa.
Từ dùng sai là “nghe ngóng”: lắng nghe (tin tức, dư luận) xem sao (để qua đó quyết định hành động của mình). Nên thay bằng “lắng nghe”. Chọn B.
ví dụ.
Nguyễn Trãi.
Truyện Kiều.
tinh tế.
“Truyện Kiều” là tên tác phẩm, không tương hợp với các tên riêng chỉ tác giả trong câu. Chọn C.
hoàn cảnh.
éo le.
bất lực.
buông thả.
Từ dùng sai là “buông thả” (thả lỏng hoàn toàn, để cho tự do, không giữ gìn, hạn chế). Nên thay bằng “buông xuôi” (bỏ mặc không can thiệp đến, để cho sự việc tiếp tục diễn biến theo chiều hướng xấu). Chọn D.
lời nói.
chân tình.
đáy lòng.
cảm xúc.
Sau từ “rất” thường là tính từ. Từ “cảm xúc” dùng sai. Nên thay bằng “xúc động”. Chọn D.
thuyền nan.
tàu thuyền.
thuyền rồng.
thuyền mành.
“Tàu thuyền” chỉ các loại phương tiện giao thông đường thủy nói chung. Các từ còn lại chỉ các loại thuyền cụ thể. Chọn B.
tặc lưỡi.
lưỡi liềm.
lưỡi lê.
lưỡi cày.
Từ “lưỡi” trong “tặc lưỡi” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.
lèm bèm.
càu nhàu.
lèm nhèm.
làu bàu.
“Lèm nhèm” chỉ đặc điểm không được sạch sẽ, rõ ràng, minh bạch của hành động. Các từ còn lại chỉ lời nói của con người. Chọn C.
gia súc.
gia dụng.
gia chủ.
gia vị.
Từ “gia” trong “gia vị” là thêm vào, trong các từ còn lại (gia súc, gia dụng, gia chủ) lại có nghĩa là nhà. Chọn D.
học sinh.
lớp học.
thầy cô.
học tập.
Từ “học tập” là động từ, các từ còn lại đều là danh từ. Chọn D.
nhanh nhẹn.
long trọng.
thận trọng.
trân trọng.
Nghe bệnh, bắt mạch xong, ông thận trọng kê đơn bốc thuốc. Chọn C.
mục tiêu.
chỉ tiêu.
chỉ số.
tiêu chuẩn.
Văn bản mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho thấy chỉ tiêu tuyển sinh năm nay đã tăng đáng kể. Chọn B.
bảo đảm.
bảo tồn.
bảo toàn.
bảo vệ.
“Bảo toàn” là giữ cho nguyên vẹn, “bảo tồn” là giữ cho không bị mất đi, “bảo vệ” là chống lại mọi sự xâm phạm và bênh vực bằng lí lẽ, “bảo đảm” là làm cho chắc chắn thực hiện được, chịu trách nhiệm về lời nói của mình. Từ thích hợp nhất với “mạng sống” là “bảo toàn”. Chọn C.
bồi dưỡng.
di dưỡng.
an dưỡng.
tu dưỡng.
“Di dưỡng”: bồi bổ, tạo điều kiện cho có được sự phát triển tốt, khắc phục sự suy sút có thể có (thường nói về mặt tinh thần). Chọn B.
chia tách.
sáp nhập.
hội nhập.
đặt tên.
“sáp nhập”: nhập vào với nhau làm một (thường nói về các tổ chức, đơn vị hành chính). Chọn B.
Phép liên tưởng.
Phép nối.
Phép lặp, phép nối.
Phép liên tưởng, phép lặp.
Quá trình tăng mạnh một cách đột biến, nhất thời về giá cả hoặc nhu cầu nào đó trong xã hội.
Tăng nhiệt độ cơ thể lên quá mức bình thường do bị bệnh.
Cách nói ẩn dụ chỉ những người tính cách đột nhiên khác biệt so với ngày thường.
Tên một căn bệnh nguy hiểm mà con người thường mắc phải.
“Cơn sốt” có ý nghĩa chỉ quá trình tăng mạnh một cách đột biến, nhất thời về giá cả hoặc nhu cầu nào đó trong xã hội. Chọn A.
Tục ngữ.
Ca dao.
Dân ca.
Thành ngữ.
Câu “Biết quý công cầm vàng những ngày lặn lội” lấy ý từ câu ca dao: “Cầm vàng mà lội qua sông/ Vàng rơi không tiếc, tiếc công cầm vàng”. Chọn B.
Đế Thích là một người nông cạn.
Đế Thích là một người vô trách nhiệm.
Sống nhờ thân xác của anh hàng thịt không thoải mái chút nào.
Khi phải sống nhờ, sống gửi, sống chắp vá, không được là mình thì cuộc sống thật vô nghĩa.
Đoạn trích thể hiện ý thức sâu sắc của Trương Ba: Khi phải sống nhờ, sống gửi, sống chắp vá, không được là mình thì cuộc sống thật vô nghĩa. Chọn D.
Yêu thương tình nghĩa.
Ngợi ca.
Than thân.
Giễu cợt, châm chọc.
Bài ca dao trên mang giọng điệu giễu cợt, châm chọc người đàn ông lười biếng, ham ăn. Chọn D.
Lì lợm, gan góc.
Hiền lành, đảm đang.
Dũng cảm, kiêm cường.
Hiếu thảo, dũng cảm.
Dựa vào chi tiết: Sau này, mỗi năm đôi ba lần, chị lại vượt cánh đồng mấy chục cây số, lội qua mấy chục đồn bót giặc về thăm má, thăm em. Trừ mắc công tác thì thôi, còn thì trời sập chị cũng về. Cứ một mình ôm nón mà đi,… cho thấy nhân vật “chị Hai” rất hiếu thảo, dũng cảm. Chọn D.
Niềm say đắm trước vẻ đẹp của thiên nhiên.
Nỗi buồn chia lìa, xa cách.
Nỗi hờ hững, chán nản.
Niềm gắn bó, yêu thương.
Đoạn thơ gợi nỗi buồn chia lìa, xa cách: Gió theo lối gió mây đường mây, Dòng nước buồn thiu hoa bắp lay. Chọn B.
Khẳng định tiếng mẹ đẻ nghèo nàn.
Khẳng định tiếng mẹ đẻ giàu có.
Khẳng định “nhiều đồng bào” biết nhiều từ An Nam.
Khẳng định “nhiều đồng bào” yêu quý tiếng mẹ đẻ.
Nội dung chính: Khẳng định tiếng mẹ đẻ giàu có. Chọn B.
Vui sướng.
Xấu hổ.
Tủi thân.
Cuống quýt.
Câu văn khắc họa tâm trạng xấu hổ của thị trên đường về nhà Tràng. Chọn B.
Văn hóa không cần cái đẹp.
Văn hóa đích thực là sự cầu kì.
Cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải.
Sự cầu kì không phải là cái đẹp.
Nội dung chính: Cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải. Chọn C.
Tạo sự băn khoăn, trăn trở.
Gây cảm xúc bối rối.
Tạo sự thông cảm, thấu hiểu.
Gây kịch tính, căng thẳng.
Lời thoại của nhân vật gây kịch tính, căng thẳng. Chọn D.
Lục bát.
Tự do.
Bốn chữ.
Năm chữ.
Đoạn thơ viết theo thể tự do. Số câu, số chữ, ngắt nhịp,… linh hoạt. Chọn B.
Phân tích.
Chứng minh.
Bác bỏ.
So sánh.
Thao tác lập luận chính của đoạn trích là chứng minh. Hoài Thanh đưa ra luận điểm trong câu văn đầu tiên: Ngày thứ nhất - ai biết đích ngày nào - chữ tôi xuất hiện trên thi đàn Việt Nam, nó thực bỡ ngỡ. Sau đó, tác giả dùng các lí lẽ (Nó như lạc loài nơi đất khách. Bởi nó mang theo một quan niệm chưa từng thấy ở xứ này: quan niệm cá nhân. Xã hội Việt Nam từ xưa không có cá nhân. Chỉ có đoàn thể: lớn thì quốc gia, nhỏ thì gia đình. Còn cá nhân, cái bản sắc của cá nhân chìm đắm trong gia đình, trong quốc gia như giọt nước trong biển cả, ...) để chứng minh cho luận điểm đó. Chọn B.
Sinh hoạt.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Khoa học.
Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:
- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.
- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.
- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ.
→ Chọn C.
Làm cho mạch cảm xúc của đoạn trích được liền mạch, khơi gợi sự liên tưởng, đồng sáng tạo ở người đọc.
Tạo ra sự liên kết giữa hình thức thể hiện của đoạn trích với chuỗi điệp âm li-la li-la li-la của tiếng đàn ghi ta.
Đem đến cho độc giả những cảm nhận mơ hồ, những liên tưởng đột ngột, những ấn tượng bất chợt của thơ siêu thực, tượng trưng.
Góp phần làm gia tăng nhạc tính cho đoạn trích khiến đoạn trích giống như một khúc nhạc khi miên man, lúc dồn dập.
Cả đoạn trích là nối tiếp những câu thơ không viết hoa các chữ cái đầu câu, có thể coi đó là những cảm nhận mơ hồ, những liên tưởng đột ngột, những ấn tượng bất chợt của phong cách thơ siêu thực, tượng trưng của cả bài thơ. Chọn C.
quân Mĩ và quân đồng minh Mĩ trực tiếp tham chiến.
Mĩ vừa giữ vai trò cố vấn vừa trực tiếp tham chiến.
sử dụng toàn bộ tiền của và vũ khí hiện đại của Mĩ.
tổ chức nhiều cuộc tấn công vào quân giải phóng.
Chiến tranh đặc biệt không có sự tham gia của quân Mĩ và quân đồng minh Mĩ. Đến Chiến tranh cục bộ quân viễn chinh Mĩ và quân đồng minh Mĩ đã trực tiếp tham chiến và giữ vai trò quan trọng và không ngừng tăng lên về số lượng. Chọn A.
Chủ nghĩa đế quốc quân phiệt hiếu chiến.
Chủ nghĩa đế quốc cho vay nặng lãi.
Chủ nghĩa đế quốc thực dân.
Chủ nghĩa đế quốc phong kiến quân phiệt.
Đặc điểm của chủ nghĩa đế quốc Nhật cuối thế kỷ XIX đầu thế kỷ XX chủ nghĩa đế quốc phong kiến quân phiệt. Chọn D.
Giải quyết tranh chấp bằng biện pháp hòa bình.
Chung sống hòa bình, nhất trí của 5 nước lớn.
Duy trì hòa bình và an ninh thế giới.
Không can thiệp công việc nội bộ của bất kì nước nào.
Duy trì hòa bình và an ninh thế giới là mục đích hoạt động chứ không phải nguyên tắc hoạt động của Liên hợp quốc. Chọn C.
Ủng hộ phong trào giải phóng dân tộc.
Ủng hộ phong trào công nhân quốc tế.
Giúp đỡ các nước xã hội chủ nghĩa.
Đàn áp phong trào cách mạng thế giới.
Dựa vào sức mạnh quân sự, kinh tế để triển khai chiến lược toàn cầu với tham vọng làm bá chủ thế giới. Tháng 3-1947, trong diễn văn đọc trước Quốc hội Mĩ, Tổng thống Truman công khai tuyên bố: "Sứ mệnh lãnh đạo thế giới tự do chống lại sự bành trướng của chủ nghĩa cộng sản".
- Mục tiêu của "Chiến lược toàn cầu":
+ Ngăn chặn, đẩy lùi và tiến tới tiêu diệt hoàn toàn CNXH.
+ Đàn áp phong trào GPDT, phong trào cộng sản và công nhân quốc tế, phong trào chống chiến tranh, vì hòa bình, dân chủ trên thế giới.
+ Khống chế, chi phối các nước đồng minh.
Chọn D.
giải phóng khu vực Bắc Phi.
lật đổ chủ nghĩa thực dân cũ ở châu Phi.
chủ nghĩa Apacthai bị xóa bỏ.
có 17 nước châu Phi giành độc lập.
Năm 1960 lịch sử ghi nhận là “Năm châu Phi" vì có 17 nước châu Phi giành độc lập. Chọn D.
thời điểm lực lượng quân Đồng minh vào chiếm đóng.
nhận thức về vấn đề thời cơ của các nước khác nhau.
điều kiện khách quan ở mỗi nước không giống nhau.
giai cấp vô sản nhiều nước chưa có chính đảng riêng.
Một yếu tố quan trọng tác động đến mức độ giành độc lập của các nước trong khu vực Đông Nam Á vào năm 1945 là nhận thức về vấn đề thời cơ của các nước khác nhau. Các nước chớp được thời cơ, có sự chuẩn bị lâu dài như Việt Nam sẽ có được mức độ độc lập cao, đã giành được chính quyền, còn ở Inđônêxia thi mới tuyên bố độc lập mà chưa giành được chính quyền. Chọn B.
biết tận dụng những cơ hội thuận lợi từ bên ngoài.
lợi dụng nguồn vốn bên ngoài để tập trung sản xuất.
đầu tư chiều sâu vào các ngành công nghiệp nặng.
phát huy truyền thống tự cường của toàn nhân dân.
Sự phát triển vượt bậc của kinh tế Mĩ và sự hồi phục nhanh chóng của kinh tế Nhật Bản, Tây Âu sau Chiến tranh thế giới thứ hai là do biết tận dụng những cơ hội thuận lợi từ bên ngoài. Nếu Mĩ lợi dụng chiến tranh để làm giàu từ bán vũ khí, trong khi đó Nhật Bản và Tây Âu đều tập dụng tốt vào nguồn viện trợ của Mĩ. Chọn A.
Sự chuẩn bị chu đáo về mọi mặt.
Phát xít Nhật đầu hàng Đồng minh.
Nhân dân đã sẵn sàng nổi dậy.
Sự lãnh đạo đúng đắn của Đảng.
Thời cơ của cách mạng tháng Tám bao gồm nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan. Trong đó, nội dung của các phương án A, C, D là nguyên nhân chủ quan quyết định sự thắng lợi của cách mạng tháng Tám. Còn nội dung của phương án B là nguyên nhân khách quan giúp cho cuộc cách mạng tháng Tám diễn ra nhanh chóng và ít đổ máu vì kẻ thù của ta đã suy yếu nghiêm trọng. Chọn B.
Ngày 22-12-1978.
Ngày 7-1-1979.
Ngày 17-2-1979.
Ngày 18-3-1979.
Theo yêu cầu của Mặt trận đoàn kết dân tộc cứu nước Campuchia, quân đội Việt Nam cùng với lực lượng cách mạng Campuchia tiến công, xoá bỏ chế độ diệt chủng PônPốt. Ngày 7-1-1979, Thủ đô PhnômPênh được giải phóng. Chọn B.
Kháng chiến chống Mỹ, cứu nước
Kháng chiến chống Pháp.
Đấu tranh giành chính quyền.
Đấu tranh bảo vệ Tổ quốc.
A loại vì cuộc kháng chiến chống Mĩ, cứu nước đã kết thúc năm 1975.
B loại vì cuộc kháng chiến chống Pháp kết thúc năm 1954.
C loại vì ta đã giành chính quyền từ năm 1945.
Chọn D vì trong những năm 1976-1986, chúng ta phải đấu tranh bảo vệ độc lập với chiến tranh bảo vệ biên giới phía Bắc và chiến tranh bảo vệ biên giới Tây Nam.
Làm gia tăng bất bình đẳng trong xã hội
Mất cân bằng giới tính nghiêm trọng
Phân bố dân cư ngày càng chênh lệch
Tỉ lệ dân nông thôn giảm mạnh
Chính sách dân số 1 con đã kiềm chế tốc độ gia tăng dân số của Trung Quốc song để lại nhiều hậu quả không mong muốn, trong đó có tình trạng mất cân bằng giới tính nghiêm trọng do tâm lí và tư tưởng của người dân Trung Quốc muốn sinh bé trai hơn bé gái. (Kiến thức lớp 11 bài 10). Chọn B.
Thúc đẩy sự phát triển kinh tế, văn hóa, giáo dục và tiến bộ xã hội của các nước thành viên.
Đoàn kết và hợp tác vì một ASEAN hòa bình, ổn định, cùng phát triển.
Xây dựng Đông Nam Á thành một khu vực hòa bình, ổn định, có văn hóa, xã hội phát triển.
Giải quyết những khác biệt trong nội bộ về mối quan hệ giữa ASEAN và các nước
Mục tiêu tổng quát của ASEAN là đoàn kết và hợp tác vì một ASEAN hòa bình, ổn định cùng phát triển (SGK Địa 11, bài 11, tiết 3). Chọn B.
Sự phong phú, đa dạng của các nhóm đất và sông ngòi.
Khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa, có sự phân hóa đa dạng.
Địa hình đồi núi chiếm ưu thế, có sự phân hóa phức tạp.
Vị trí trên đường di cư và di lưu của nhiều loài thực vật.
Sự phong phú về thành phần loài được quyết định bởi nước ta nằm trên đường di cư và di lưu của nhiều loài thực vật. Chọn D.
Lũ ống, lũ quét.
Triều cường, xâm nhập mặn
Động đất, trượt lở đất
Sương muối, rét hại
Vùng đồi núi nằm ở phía tây, cách xa biển nên không thể xảy ra triều cường và xâm nhập mặn. Chọn B.
Dân số nông thôn chiếm tỉ trọng lớn và có xu hướng ngày càng giảm.
Dân số nông thôn luôn cao gấp nhiều lần dân số thành thị.
Dân số nông thôn chiếm tỉ trọng lớn và có xu hướng ngày càng tăng.
Dân số thành thị chiếm tỉ trọng thấp và có xu hướng ngày càng tăng.
Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 15, tỉ trọng dân số nông thôn ngày càng giảm (từ 84,3% năm 1960 xuống 72,6% năm 2007) → do vậy nhận xét C tỉ trọng dân nông thôn ngày càng tăng là sai. Chọn C.
Cho bảng số liệu sau:
ĐẦU TƯ TRỰC TIẾP CỦA NƯỚC NGOÀI ĐƯỢC CẤP GIẤY PHÉP
PHÂN THEO VÙNG NƯỚC TA NĂM 2021
(Nguồn: gso.gov.vn)
Để thể hiện số dự án và tổng vốn đăng ký được cấp giấy phép phân chia theo vùng của nước ta năm 2021, dạng biểu đồ nào sau đây là phù hợp?
Cột.
Đường.
Miền.
Kết hợp.
Để thể hiện số dự án và tổng vốn đăng ký → 2 loại đơn vị nhưng chỉ có 1 năm, biểu đồ cột là phù hợp nhất (không vẽ được kết hợp vì kết hợp cần nhiều năm). Chọn A.
Cơ sở vật chất hiện đại hóa nhanh chóng.
Ngành non trẻ nhưng phát triển rất nhanh.
Mở nhiều đường bay thẳng đến các nước.
Vận chuyển khối lượng hàng hóa lớn nhất.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. Cơ sở vật chất hiện đại hóa nhanh chóng. → đúng
B. Ngành non trẻ nhưng phát triển rất nhanh. »→ đúng.
C. Mở nhiều đường bay thẳng đến các nước. → đúng.
D. Vận chuyển khối lượng hàng hóa lớn nhất. → Sai, đường hàng không không có khối lượng vận chuyển lớn nhất, đường hàng không chủ yếu vận chuyển người. Chọn D.
Điện tử.
Hóa chất.
Cơ khí.
Năng lượng.
Ngành công nghiệp năng lượng của nước ta cần phát triển đi trước một bước. Từ đó các ngành khác mới có thể phát triển. Chọn D.
Thường xuyên bị khô hạn.
Sử dụng chưa hợp lí, hệ số sử dụng cao.
Bón quá nhiều phân hữu cơ.
Xói mòn, rửa trôi diễn ra mạnh.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. Thường xuyên bị khô hạn. → Sai, đất ở đây không thường xuyên khô hạn.
B. Sử dụng chưa hợp lí, hệ số sử dụng cao. → đúng. Chọn B.
C. Bón quá nhiều phân hữu cơ. → không phải nguyên nhân chủ yếu.
D. Xói mòn, rửa trôi diễn ra mạnh. → xói mòn chủ yếu ở miền núi.
Đất ở ĐBSH đang bị xuống cấp do sử dụng chưa hợp lý, hệ số sử dụng cao.
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.
Tính chất cơ bản của điện trường là tác dụng lực điện lên điện tích đặt trong đó.
Vectơ cường độ điện trường tại một điểm luôn cùng phương, cùng chiều với vectơ lực điện tác dụng lên một điện tích dương đặt tại điểm đó trong điện trường
Điện trường tĩnh là do các hạt mang điện đứng yên sinh ra.
Vectơ cường độ điện trường tại một điểm luôn cùng phương, cùng chiều với vectơ lực điện tác dụng lên một điện tích đặt tại điểm đó trong điện trường.
\(\vec F = q\vec E\), nếu \({\rm{q}} > 0\) thì cường độ điện trường \({\rm{E}}\) cùng chiều với lực điện \({\rm{F}}\), nếu \({\rm{q}} < 0\) thì cường độ điện trường E ngược chiều với lực điện F. Chọn D.
có chiều ADCB.
có giá trị bằng 0.
có chiều ABCD.
có chiều thay đổi.
Ta có khung dây chuyển động song song với dòng điện thẳng dài \( \to \) Cảm ứng từ qua khung dây không thay đổi \( \to \) Từ thông qua khung dây không biến thiên hay nói cách khác không có dòng điện cảm ứng trong khung. Chọn B.
\(30^\circ .\)
\(35^\circ .\)
\(53^\circ .\)
\(60^\circ .\)
Ta có góc i = i' mà i’ + r = 90o \( \to i + r = 90^\circ \to \cos i = \sin r\)
Công thức khúc xạ: \(\sin i = n \cdot \sin r \to \sin i = n \cdot \cos i \to \tan i = n = \frac{4}{3} \to i = 53^\circ \)
Chọn C.
Tháng 4/1983, một lữ đoàn lính diễu hành bước đều qua cầu treo Broughton của Anh. Theo các ghi chép vào thời điểm đó, cây cầu đã bị đổ gãy dưới chân các binh sĩ, hàng chục người rơi xuống nước. Sau khi điều này xảy ra, quân đội Anh đã ban hành quy định mới: binh lính khi đi qua một cây cầu dài không được đi bước đều hoặc diễu hành nhịp nhàng, để đề phòng sự cố tái diễn. Sự kiện trên đề cập đến vấn đề trong vật lí nào dưới đây?
Cộng hưởng điện.
Dãn nở vì nhiệt.
Cộng hưởng cơ.
Dao động tắt dần.
Sự kiện trên đề cập đến vấn đề cộng hưởng cơ. Chọn C.
\({{\rm{N}}_0}{{\rm{e}}^{ - \lambda {\rm{t}}}}.\)
\({{\rm{N}}_0}\left( {1 - {{\rm{e}}^{\lambda t}}} \right).\)
\({{\rm{N}}_0}\left( {1 - {{\rm{e}}^{ - \lambda t}}} \right).\)
\({{\rm{N}}_0}(1 - \lambda {\rm{t}}).\)
Mạch tách sóng.
Mạch khuếch đại.
Micro.
Anten phát.
Trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến đơn giản không có bộ phận mạch tách sóng.
Chọn A.
Ngày nay, trong các phòng thí nghiệm vật lý, người ta hay dùng tia laze để thực nghiệm giao thoa khe Y-âng bởi vì tính chất nổi bật nào dưới đây của tia laze?
Độ định hướng cao.
Cường độ lớn.
Tính đơn sắc cao.
Tác dụng nhiệt.
Ngày nay, trong các phòng thí nghiệm vật lý, người ta hay dùng tia laze để thực nghiệm giao thoa khe Y-âng bởi vì tính đơn sắc cao. Chọn C.
\(50\sqrt 2 V.\)
\(30\;{\rm{V}}.\)
\(50\;{\rm{V}}.\)
\(30\sqrt 2 \;{\rm{V}}.\)
Ta có \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}} = 50\;{\rm{V}}\). Chọn C.
\(0,40\mu {\rm{m}}.\)
\(0,45\mu {\rm{m}}.\)
\(0,72\mu {\rm{m}}.\)
\(0,54\mu {\rm{m}}.\)
Gọi n1 và n2 lần lượt là số vân sáng quan sát được trên màn của hai bức xạ
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{n_1} + {n_2} = 13\\{n_2} - {n_1} = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_1} = 5\\{n_2} = 8\end{array} \right.\]
Vậy vị trí trùng nhau gần nhất với vân trung tâm ứng với vân sáng bậc 6 của bức xạ λ1 và vân sáng bậc 9 của bức xạ λ2.
Ta có: \[\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} \Rightarrow \frac{6}{9} = \frac{{{\lambda _2}}}{{0,6}} \Rightarrow {\lambda _2} = 0,4\,\mu m\]
Chọn A.
Bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{340}}{{680}} = 0,5\;{\rm{m}}\)
Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(\ell = k\frac{\lambda }{2} \Rightarrow k = \frac{{2\ell }}{\lambda } = \frac{{2.1}}{{0,5}} = 4\)
Vậy sóng dừng trên dây với 4 bó sóng.
Mỗi bó sóng có 2 điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ dao động của một bụng sóng.
\( \Rightarrow 4\) bó sóng có 8 điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ dao động của một bụng sóng.
Đáp án: 8
\[2{V_1} = {\rm{ }}{V_2}\].
\[4{V_1} = {\rm{ }}3{V_2}.\]
\[{V_1} = {\rm{ }}{V_2}\].
\[2{V_1} = {\rm{ }}3{V_2}\].
Malic acid có công thức cấu tạo: \({\rm{HOOC}} - {\rm{CH}}({\rm{OH}}) - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - {\rm{COOH}}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{HOOC}} - {\rm{CH}}({\rm{OH}}) - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - {\rm{COOH}} + 3{\rm{Na}} \to {\rm{NaOOC}} - {\rm{CH}}({\rm{ONa}}) - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - {\rm{COONa}} + 1,5{{\rm{H}}_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1,5a\,\,mol\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{HOOC}} - \mathop {\rm{C}}\limits_{|\,} {\rm{H}} - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - {\rm{COOH}} + 2{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{NaOOC}} - \mathop {\rm{C}}\limits_| {\rm{H}} - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - {\rm{COONa}} + 2{\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,OH\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,OH\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{a}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{2a}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{mol}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} = 1,5{\rm{a}}}\\{{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 2{\rm{a}}}\end{array} \Rightarrow \frac{{{{\rm{V}}_1}}}{{\;{{\rm{V}}_2}}} = \frac{{1,5}}{2} \Rightarrow 4\;{{\rm{V}}_1} = 3\;{{\rm{V}}_2}} \right.\).
Chọn B.
Cho hai bình như nhau, bình A chứa 0,5 lít hydrochloric acid 2M; bình B chứa 0,5 lít acetic acid 2M được bịt kín bởi hai bóng cao su như nhau. Hai mẫu Mg khối lượng như nhau được thả xuống cùng một lúc. Kết quả sau 1 phút và sau 10 phút (phản ứng đã kết thúc) được thể hiện ở bình dưới đây?
Nhận định nào sau đây không đúng?
Hydrochloric acid là acid mạnh, phân li một chiều nên lượng \[{H^ + }\] tại thời điểm 1 phút nhiều hơn nên phản ứng xảy ra nhanh hơn.
Sau 10 phút, khí thoát ra ở cả hai bình đều bằng nhau.
Acetic acid có phân tử khối lớn hơn nên tại thời điểm 1 phút, tốc độ thoát khí chậm hơn.
Sau 1 phút, tốc độ thoát khí ở bình A nhanh hơn bình B.
Nhận định không đúng là: "Acetic acid có phân tử khối lớn hơn nên tại thời điểm 1 phút, tốc độ thoát khí chậm hơn" vì tốc độ phản ứng hoá học phụ thuộc vào nhiệt độ, nồng độ, áp suất, chất xúc tác, diện tích bề mặt; tốc độ phản ứng không ảnh hưởng bởi phân tử khối.
Chọn C.
33,39.
32,58.
34,10.
31,97.
Các phương trình hóa học:
Hòa tan X trong HCl dư:
\(2{\rm{Al}} + 6{\rm{HCl}} \to 2{\rm{AlC}}{{\rm{l}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}\)
\({\rm{Fe}} + 2{\rm{HCl}} \to {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} + {{\rm{H}}_2}\)
\({\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3} + 6{\rm{HCl}} \to 2{\rm{AlC}}{{\rm{l}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{F}}{{\rm{e}}_3}{{\rm{O}}_4} + 8{\rm{HCl}} \to {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_2} + 2{\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3} + 4{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Bảo toàn O: \[{{\rm{n}}_{{H_2}O}} = {{\rm{n}}_{{\rm{O}}\,\,{\rm{(ox}}ide{\rm{) }}}} = 0,04 \cdot 4 = 0,16\]mol
Bảo toàn H: \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 2{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} + 2{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 2 \cdot 0,15 + 2 \cdot 0,16 = 0,62\;\)mol
Bảo toàn khối lượng ta có:
\({{\rm{m}}_{\rm{x}}} + {{\rm{m}}_{{\rm{HCl}}}} = {\rm{m}} + {{\rm{m}}_{{{\rm{H}}_2}}} + {{\rm{m}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}}\)
\( \Rightarrow {\rm{m}} = 0,12 \cdot 27 + 0,04 \cdot 232 + 0,62 \cdot 36,5 - 0,15 \cdot 2 - 0,16 \cdot 18 = 31,97{\rm{ }}\)gam.
Chọn D.
100.
150.
200.
250.
\({{\rm{n}}_{\rm{x}}} = \frac{{13,35}}{{89}} = 0,15\;{\rm{mol}}\).
Ta có: \({{\rm{n}}_{\rm{x}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} = 0,25 \cdot 1 - 0,15 = 0,1\;{\rm{mol}} \Rightarrow {\rm{V}} = 0,1\)lít = 100 mL.
Chọn A.
Công thức Lewis của ion oxalate được cho như hình bên dưới. Mỗi nguyên tử carbon dùng bao nhiêu electron để tham gia tạo liên kết?
2.
3.
4.
1.
Dựa vào công thức Lewis của ion oxalate thấy rằng mỗi nguyên tử carbon đã sử dụng 4 electron để tham gia tạo liên kết.
Chọn C.
Nitrogen dioxide \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}} \right)\) là nguyên liệu điều chế nhiều chất vô cơ. Sơ đồ hình dưới đây biểu diễn quá trình điều chế một số chất vô cơ từ nitrogen dioxide:
Quá trình điều chế một số chất vô cơ từ nitrogen dioxide
Cho các phát biểu sau:
(a) Trong phản ứng (1), \({{\rm{H}}_2}\) là chất khử.
(b) Trong phản ứng (2), \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) bị oxi hóa.
(c) Trong quá trình trên, hợp chất chứa nguyên tử \({\rm{N}}\) có số oxi hóa cao nhất là \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}.\)
(d) Trong phản ứng (3), \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) là chất oxi hóa.
Số phát biểu đúng với sơ đồ trên là
1.
2.
3.
4.
Phát biểu đúng: (a), (c)
Phát biểu (b) sai vì: Trong phản ứng (2), N không thay đổi số oxi hóa.
Phát biểu (d) sai vì: \(3\mathop {\;{\rm{N}}}\limits^{ + 4} {{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 2H\mathop N\limits^{ + 5} {{\rm{O}}_3} + \mathop {\;{\rm{N}}}\limits^{ + 2} {\rm{O}}\)
\({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) vừa đóng vai trò là chất oxi hóa, vừa đóng vai trò là chất khử.
Chọn B.
\({\rm{MgC}}{{\rm{l}}_2}\) nóng chảy có thể bị phân hủy thành các nguyên tố nếu như đặt một điện áp đủ lớn vào hai điện cực trơ. Sản phẩm của phản ứng là \({\rm{Mg}}\) nóng chảy (ở cực âm) và khí \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) (ở cực dương). Dưới đây là một sơ đồ đơn giản của quá trình điện phân nóng chảy \({\rm{MgC}}{{\rm{l}}_2}.\)
Nếu dòng điện trong bình được giữ ở mức không đổi \(5\;{\rm{A}}\), giả sử hằng số Faraday bằng \(96485{\rm{C}}\) thì mất bao nhiêu giây để tạo ra 2,00 gam Mg (l) ở cực âm?
2160 s.
4190 s.
3216 s.
2930 s.
\({n_{Mg}} = \frac{2}{{24}} = \frac{1}{{12}}\,(\;{\rm{mol}})\)
Ta có phương trình điện phân nóng chảy:
Quá trình oxi hóa:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{Mg \to M{g^{2 + }} + 2e}&{}\\{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{{12}} \to \,\,\,\frac{1}{6}\,}&{mol}\end{array}\)
\({n_e} = \frac{{It}}{F} \Rightarrow \frac{1}{6} = \frac{{5t}}{{96485}} \Rightarrow t = 3216\;{\rm{s}}\)
Chọn C.
\({\rm{HCl}}\)lỏng.
\({\rm{MgC}}{{\rm{l}}_2}\)nóng chảy.
\({\rm{NaOH}}\)nóng chảy.
Dung dịch \({\rm{HCl}}\) trong nước.
Chất điện li là chất khi tan trong nước (hoặc ở trạng thái nóng chảy) có khả năng phân li thành các ion Þ chất phải ở trạng thái nóng chảy hoặc trong nước.
Chọn A.
4,572 gam.
2,286 gam.
6,858 gam.
3,048 gam.
\({n_{{\rm{NaI}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{5,94}}{{23 + 127 + 16 \cdot 3}} = 0,03\;{\rm{mol}}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{IO}}_3^ - + 3{\rm{HSO}}_3^ - \to {{\rm{I}}^ - } + 3{{\rm{H}}^ + } + 3{\rm{SO}}_4^{2 - }\\0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\(\begin{array}{l}5{{\rm{I}}^ - } + {\rm{IO}}_3^ - + 6{{\rm{H}}^ + } \to 3{{\rm{I}}_2} + 3{{\rm{H}}_2}{{\rm{O}}_{}}\\0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,018\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{mol}}\end{array}\)
Vậy \({m_{{{\rm{I}}_2}}} = 0,018 \cdot 127 \cdot 2 = 4,572\) gam.
Chọn A.
* Khi đốt cháy hỗn hợp Q (các alcohol no, mạch hở):
\({n_{C{O_2}}} = 0,6\,mol;\,{n_{{H_2}O}} = 0,8\,mol\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{Q}}} = {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} - {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,2\;{\rm{mol}}\)
Þ Số C của alcohol = \(\frac{{0,6}}{{0,2}} = 3\)
Kết hợp với sau khi thủy phân trong môi trường base thu được một muối + các alcohol; \({M_X} < {M_Y} < {M_Z}\)
Þ Q gồm 3 alcohol là \({{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_8}{\rm{O}};{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_8}{{\rm{O}}_2}\) và \({{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_8}{{\rm{O}}_3}.\)
\({n_{ - COO - }} = {n_{ - OH\,(alcohol)}} = {n_{NaOH}} = 0,47\,mol\)
Theo đó, \({m_Q} = {m_C} + {m_H} + {m_O} \Rightarrow {m_Q} = 0,6 \cdot 12 + 0,8 \cdot 2 + 0,47 \cdot 16 = 16,32\) gam.
* Thủy phân:
48,28 gam T + 0,47 mol NaOH \( \to 0,47\) mol RCOONa + 16,32 gam hỗn hợp alcohol Q.
Bảo toàn khối lượng, ta có \({m_{RCOONa}} = 50,76\) gam
\(\begin{array}{l} \Rightarrow R + 44 + 23 = \frac{{50,76}}{{0,47}}\\ \Rightarrow R = 41\,\,\,({C_3}{H_5} - )\end{array}\)
Vậy ester \({\rm{Y}}\) tương ứng là \({\left( {{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_5}{\rm{COO}}} \right)_2}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6},\) có công thức phân tử: \({{\rm{C}}_{11}}{{\rm{H}}_{16}}{{\rm{O}}_4}.\)
Số nguyên tử \({\rm{H}}\) có trong công thức phân tử của Y là 16.
Đáp án: 16
ruột già.
ruột non.
thực quản.
dạ dày.
Ở động vật, quá trình tiêu hóa hóa học diễn ra chủ yếu ở ruột non, ở đây có các enzim tiêu hóa để tiêu hóa thức ăn thành các chất dinh dưỡng. Chọn B.
sự khác nhau về cấu tạo mô giậu của lá.
có hiện tượng hô hấp sáng hay không.
sự khác nhau ở các phản ứng sáng.
sản phẩm cố định CO2 đầu tiên.
Người ta phân biệt nhóm thực vật C3, C4 chủ yếu dựa vào sản phẩm cố định CO2 đầu tiên: Sản phẩm cố định CO2 đầu tiên của thực vật C3 là APG (hợp chất 3C), sản phẩm cố định CO2 đầu tiên của thực vật C4 là một hợp chất 4C. Chọn D.
số lượng trứng có hạn nên không thể thường xuyên rụng trứng.
nồng độ hoocmôn sinh dục biến động theo chu kì.
phụ nữ không có hoocmôn testostêrôn.
niêm mạc của tử cung được dày lên theo chu kì.
Sự biến động nồng độ của hoocmôn sinh dục gồm prôgestêrôn và ơstrôgen theo chu kì chính là nguyên nhân dẫn tới trứng được rụng theo chu kì ở người phụ nữ. Chọn B.
Vùng vận hành.
Gen cấu trúc A.
Gen cấu trúc Y.
Gen cấu trúc Z
Vùng vận hành là nơi gắn với prôtêin ức chế ngăn cản quá trình phiên mã diễn ra khi môi trường không có lactôzơ. Do đó, nếu đột biến xảy ra ở vùng vận hành khiến cho prôtêin ức chế không thể gắn vào vùng vận hành sẽ có thể làm cho các gen cấu trúc Z, Y, A phiên mã ngay cả khi môi trường không có lactôzơ. Chọn A.
1 hoa đỏ : 1 hoa vàng nếu P dị hợp.
100% hoa đỏ.
100% hoa vàng.
100% hoa vàng nếu hoa vàng là tính trạng trội và P thuần chủng.
Tính trạng màu hoa do gen ngoài nhân quy định, nên F1 mang kiểu hình giống mẹ. Mà trong phép lai này, mẹ (cơ thể cái) có kiểu hình hoa đỏ nên đời con 100% hoa đỏ. Chọn B.
0,96 và 0,04.
0,04 và 0,96.
0,8 và 0,2.
0,2 và 0,8.
Tần số kiểu gen aa trong quần thể \[ = \frac{{40}}{{960 + 40}} = 0,04\].
Vì quần thể đang ở trạng thái cân bằng di truyền nên tần số alen \(a = \sqrt {aa} = \sqrt {0,04} = 0,2.\)
\( \to A = 1 - 0,2 = 0,8\).
Vậy A = 0,8; a = 0,2. Chọn C.
sinh vật sản xuất.
sinh vật phân giải.
sinh vật tiêu thụ bậc 1.
sinh vật tiêu thụ bậc 2.
Trong hệ sinh thái, quá trình sử dụng năng lượng Mặt trời để tổng hợp các chất hữu cơ được thực hiện bởi nhóm sinh vật sản xuất, trong đó chủ yếu là thực vật. Chọn A.
Tốc độ sinh sản của vi khuẩn tụ cầu vàng nhanh.
Việc gia tăng liều lượng penicillin và sử dụng nhiều loại thuốc tương tự.
Hệ gen của loài vi khuẩn này dễ bị đột biến.
Staphylococcus aureus có khả năng tự điều chỉnh để thích nghi.
Hiện tượng kháng thuốc ở vi khuẩn tụ cầu vàng trong trường hợp này là một ví dụ cho quá trình hình thành quần thể thích nghi. Quá trình này xảy ra nhanh hay chậm phụ thuộc vào 3 yếu tố: quá trình phát sinh và tích lũy các gen đột biến ở mỗi loài, tốc độ sinh sản của loài, áp lực chọn lọc tự nhiên (việc sử dụng các loại thuốc). Vậy A, B, C đúng. Chọn D.
1.
2.
4.
3.
Tế bào có kiểu gen \(\frac{{AB}}{{ab}}Dd\) giảm phân không xảy ra hoán vị có:
+ Cặp \(\frac{{AB}}{{ab}}\) không phân li trong giảm phân I cho 2 loại giao tử: \(2\frac{{AB}}{{ab}}:2O.\)
+ Cặp Dd giảm phân bình thường cho 2 loại giao tử: 2D : 2d.
Vậy tế bào này cho 2 loại giao tử với 2 trường hợp: \(2\frac{{AB}}{{ab}}D:2d\) hoặc \(2\frac{{AB}}{{ab}}d:2D.\)
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
I. Đúng. Kết thúc quá trình giảm phân cho 4 giao tử đột biến với 2 loại: \(2\frac{{AB}}{{ab}}D:2d\) hoặc \(2\frac{{AB}}{{ab}}d:2D\).
II. Sai. Hai cặp gen A, a và B, b không phân li ở giảm phân I, giảm phân II diễn ra bình thường; cặp D, d và các cặp NST khác phân li bình thường nên giao tử được tạo ra không thể có kiểu gen AB hoặc abDd.
III. Đúng. Ví dụ \(\frac{{AB}}{{ab}}D\) là giao tử (n + 1), giao tử d là giao tử (n – 1).
IV. Đúng. Tế bào này không xảy ra hoán vị gen sẽ cho tối đa 2 loại giao tử với 2 trường hợp: \(2\frac{{AB}}{{ab}}D:2d\) hoặc \(2\frac{{AB}}{{ab}}d:2D\).
Chọn D.
- Quy ước: A: bình thường, a: bị bệnh.
- Xác định cấu trúc di truyền của quần thể người:
Quần thể đang ở trạng thái cân bằng di truyền có 51% người có khả năng chuyển hóa được đường galactôzơ (A-) \( \Rightarrow \)Tần số người bị mắc bệnh (aa) = 1 – 0,51 = 0,49.
\( \Rightarrow \) Tần số alen a = 0,7; A = 1 - 0,7 = 0,3.
\( \Rightarrow \) Cấu trúc di truyền của quần thể người là: 0,09AA : 0,42Aa : 0,49aa.
- Xác định xác suất về kiểu gen của bố, mẹ:
+ Người đàn ông bình thường có ông nội bị bệnh galactôzơ huyết (aa) \( \Rightarrow \)Bố của người đàn ông này có kiểu gen Aa, người mẹ của người đàn ông là người bình thường A- sẽ có xác suất về kiểu gen là:\(\frac{{0,09}}{{0,09 + 0,42}}AA:\frac{{0,42}}{{0,09 + 0,42}}Aa = \frac{3}{{17}}AA:\frac{{14}}{{17}}{\rm{Aa}} \Rightarrow \)Xác xuất kiểu gen ở đời con của bố mẹ người đàn ông này sẽ là: \(\frac{{10}}{{34}}AA:\frac{{17}}{{34}}Aa:\frac{7}{{34}}aa.\) Vì người đàn ông bình thường nên xác suất người đàn ông này có kiểu gen Aa là \(\frac{{17}}{{27}}Aa.\)
+ Người vợ bình thường có cô em gái bị bệnh \( \Rightarrow \)Bố mẹ của người vợ đều có kiểu gen là Aa \( \Rightarrow \)Xác xuất người vợ có kiểu gen Aa là \(\frac{2}{3}Aa.\)
\( \Rightarrow \) Xác xuất sinh con đầu lòng bị bệnh \(aa = \frac{{17}}{{27}} \times \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} = \frac{{17}}{{162}}.\) Đáp án: \(\frac{{17}}{{162}}.\)
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.
