Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 3)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Cho biểu đồ cột như hình vẽ sau:
Số lượng mái nhà được lắp đặt tấm pin mặt trời ở 5 thành phố được thể hiện trong biểu đồ trên. Nếu tổng số lượt lắp đặt là 27 500 thì nhãn thích hợp cho trục tung của biểu đồ là gì?
Số lượng cài đặt (tính bằng chục).
Số lượng cài đặt (tính băng hàng trăm).
Số lượng cài đặt (tính băng nghìn).
Số lượng cài đặt (hàng chục nghìn).
1
-3
-1
3
Ta có \(\overrightarrow {OA} = \vec i - 2\vec j + 3\vec k \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right)\).
Vì \[B\] là trọng tâm của tam giác \[ACD\] nên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 = \frac{{1 + 2 + a}}{3}}\\{ - 4 = \frac{{ - 2 + 0 + b}}{3}}\\{1 = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + c}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 6}\\{b = - 10 \Rightarrow a + b + c = - 3.}\\{c = 1}\end{array}} \right.} \right.\) Chọn B.
1
3
2
-8
Ta có: \(\left( {x + y} \right)\left( {1 + i} \right) + 3 + 2i = 5x + 4yi\)\( \Leftrightarrow x + y + 3 + \left( {x + y + 2} \right)i = x + yi\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + 3 = x}\\{x + y + 2 = y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = - 3}\end{array}} \right.} \right..\)
Vậy \(x + 2y = - 8.\) Chọn D.
6 A
21 A
2 A
16 A
Cường độ dòng điện tức thời là \(I\left( t \right) = Q'\left( t \right) = 6t + 4\)
Do đó, cường độ dòng điện cần tính là \(I\left( 2 \right) = 6 \cdot 2 + 4 = 16\;\,({\rm{A)}}.\) Chọn D.
\(\frac{{\sqrt 2 a}}{2}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 a}}{7}.\)
\(\frac{{\sqrt {21} a}}{7}.\)
\(\frac{{\sqrt {15} a}}{5}.\)
Gọi \(E\) là trung điểm của BC. Kẻ \(AF \bot SE\) tại \[F\].
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AE \bot BC}\\{SA \bot BC}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \Rightarrow BC \bot AF} \right.\) (1).
Mà \(AF \bot SE\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AF \bot \left( {SBC} \right).\)
Do đó \(d\left( {A,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = AF.\)
Xét tam giác \[SAE\] vuông tại A, có
\(\frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow AF = a\sqrt {\frac{3}{7}} = \frac{{\sqrt {21} a}}{7}\). Chọn C.\[\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right).\]
\(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right).\)
\(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)
\(\overrightarrow {{u_4}} = \left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)
Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC \Rightarrow G\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\)
Đường thẳng đi qua gốc toạ độ \(O\) và trọng tâm \(G\) của tam giác \[ABC\] có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow {OG} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) hay \(\overrightarrow {{u_3}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,2} \right).\) Chọn C.
3
0
2
1
Phương trình hoành độ giao điểm là \(\sqrt {{x^4} - 4} - 5 = x\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^4} - 4} = x + 5 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^4} - 4 \ge 0}\\{x + 5 \ge 0}\\{{x^4} - 4 = {{\left( {x + 5} \right)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} \ge 2}\\{x \ge - 5}\\{{x^4} - 4 = {x^2} + 10x + 25}\end{array}} \right.} \right.\)
Vẽ đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 4\,\,\,\left( {{C_1}} \right)\) và \(y = {x^2} + 10x + 25\,\,\,\left( {{C_2}} \right)\).
Ta thấy \(\left( {{C_1}} \right)\) cắt \(\left( {{C_2}} \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ \(x \ge \sqrt 2 .\)
Vậy số giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là 2. Chọn C.
\(\frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{16}}.\)
\[\frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{{16}}.\]
\(\frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{{48}}.\)
Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\] và \[H\] là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \[A'I.\]
Khi đó ta có \(d\left( {A,\,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH = \frac{a}{2}\).
Trong tam giác vuông \[AA'I\] ta có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\)
\[ \Rightarrow \frac{1}{{A{{A'}^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} - \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{8}{{3{a^2}}}\]\[ \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\]Thể tích khối lăng trụ là: \[V = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot \frac{{a\sqrt 6 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{{16}}\]. Chọn C.
45
55
9
36
Yêu cầu đề bài \( \Leftrightarrow y' = 4{x^3} - 4mx \ge 0,\,\,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) \ge 0 \Leftrightarrow m \le {x^2},\,\,\forall x \in \left( {3\,;\,\, + \infty } \right).\)
Do đó, ta có \[m \le 9 \Rightarrow T \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,8\,;\,\,9} \right\}.\]
Tổng giá trị các phần tử của \(T\) là 45. Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(3\sqrt 3 .\)
\(\sqrt 6 .\)
3.
\(2\sqrt 3 .\)
Gọi I là tâm của mặt cầu \((S),\,\,I \in d \Rightarrow I\left( {1 + t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 2 + t} \right).\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {AI} = \left( {3 + t\,;\,\, - 3 + 2t\,;\,\, - 3 + t} \right)\,;\,\,\overrightarrow {BI} = \left( { - 1 + t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 5 + t} \right)\)
Vì (S) đi qua \[A,\,\,B\] nên ta có \(IA = IB \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2}\)
\[ \Leftrightarrow {(3 + t)^2} + {\left( { - 3 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 3 + t} \right)^2} = {\left( { - 1 + t} \right)^2} + {\left( {1 + 2t} \right)^2} + {\left( { - 5 + t} \right)^2}\]
\( \Leftrightarrow 4t = 0 \Leftrightarrow t = 0 \Rightarrow \overrightarrow {IA} = \left( {3\,;\,\, - 3\,;\,\, - 3} \right).\)
Vậy bán kính mặt cầu \[(S)\] là \[R = IA = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = 3\sqrt 3 .\] Chọn A.
\( - 1 \le m \le 0.\)
\( - 1 < m < 0.\)
\(m < 0\) hoặc \(m > - 1.\)
\(m \le 0\) hoặc \(m \ge - 1.\)
Ta có \(\Delta ' = {m^2} - {m^2} + 1 = 1\)
Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt thì
\[\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\P > 0\\S < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' = 1 > 0\,;\,\,\forall m\\{m^2} - 1 > 0\\2m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 1 < m < 1\\m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < m < 0\]. Chọn B.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right).\) Hàm số \(y = f'\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ. Hàm số \(y = f\left( {2 + {e^x}} \right)\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( { - 1\,;\,\,3} \right).\)
\[\left( { - 2\,;\,\,1} \right).\]
\(\left( { - \infty \,;\,\,0} \right).\)
\(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Ta có \(y' = {\left( {2 + {e^x}} \right)^\prime } \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right) = {e^x} \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right)\).
Hàm số \(y = f\left( {2 + {e^x}} \right)\) nghịch biến khi và chỉ khi \(y' \le 0\)
\( \Leftrightarrow {e^x} \cdot f'\left( {2 + {e^x}} \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {2 + {e^x}} \right) \le 0 \Leftrightarrow 2 + {e^x} \le 3 \Leftrightarrow {e^x} \le 1 \Leftrightarrow x \le 0.\)
Chọn C.
\(357,05\;\,{\rm{m}}.\)
\(356,12\;\,{\rm{m}}.\)
\(358,01\;\,{\rm{m}}.\)
\(356,09\,\;{\rm{m}}.\)
Gọi \({u_n}\) là quãng đường đi lên của người đó sau \(n\) lần kéo lên.
Sau lần kéo lên đầu tiên ,quãng đường đi lên của người đó là \({u_1} = 100 \cdot 80\)
Sau lần kéo lên thứ hai, quãng đường đi lên của người đó là \({u_2} = 800 \cdot 80\)
Sau lần kéo lên thứ ba, quãng đường đi lên của người đó là \({u_3} = 800 \cdot 80\)
Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 80\) và công bội \(q = 0,8.\)
Tổng quãng đường người đó đi được sau 10 lần kéo lên là \({S_{10}} = \frac{{80 \cdot \left( {1 - 0,{8^{10}}} \right)}}{{1 - 0,8}} \approx 357,05\,\,({\rm{m}}).\)
Chọn A.
2.
\(\frac{8}{5}.\)
4.
\(\frac{4}{5}.\)
Ta có \({\log _{{a^2}}}b + {\log _a}{b^2} = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{\log _a}b + 2{\log _a}b = 2\)\( \Leftrightarrow \frac{5}{2}{\log _a}b = 2 \Leftrightarrow {\log _a}b = \frac{4}{5}.\)
Chọn D.
\( - \frac{3}{2}.\)
0.
5.
\(\frac{3}{2}.\)
Ta có \[f'\left( 1 \right) = 3 \Rightarrow a + b = 3\]. (1)
Hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng \[\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\], các điểm \(x = 1,x = \frac{1}{2}\) đều thuộc \((0; + \infty )\) nên
\(f(x) = \int {f'} (x){\rm{d}}x = \int {\left( {a{x^2} + \frac{b}{{{x^3}}}} \right)} \,\,{\rm{d}}x = \frac{{a{x^3}}}{3} - \frac{b}{{2{x^2}}} + C.\)
• \(f\left( 1 \right) = 2 \Leftrightarrow \frac{a}{3} - \frac{b}{2} + C = 2\). (2)
• \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{1}{{12}} \Rightarrow \frac{a}{{24}} - 2b + C = - \frac{1}{{12}}\). (3).
Từ (1), (2) và (3) ta được hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 3}\\{\frac{a}{3} - \frac{b}{2} + C = 2}\\{\frac{a}{{24}} - 2b + C = - \frac{1}{{12}}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 2}\\{b = 1}\\{C = \frac{{11}}{6}}\end{array} \Rightarrow 2a + b = 2 \cdot 2 + 1 = 5.} \right.} \right.\)
Chọn C.
\(m < \frac{1}{3}.\)
\(0 \ne m < \frac{1}{3}.\)
\(m \ne 0.\)
\(m < 0.\)
Báo cáo bất phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0x < 2}\\{0x \ge 1}\end{array}} \right.\) hệ bất phương trình vô nghiệm.
Với \(m \ne 0\), ta có hệ bất phương trình tương đương với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < \frac{{m + 2}}{{{m^2}}}}\\{x \ge \frac{{4m + 1}}{{{m^2}}}}\end{array}} \right..\)
Suy ra hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \(\frac{{m + 2}}{{{m^2}}} > \frac{{4m + 1}}{{{m^2}}} \Leftrightarrow m < \frac{1}{3}.\)
Vậy \(0 \ne m < \frac{1}{3}\) là giá trị cần tìm. Chọn B.
\(P = 272.\)
\(P = 182.\)
\(P = 240.\)
\(P = 210.\)
Mực nước cao nhất của kênh đạt được khi
\(\cos \left( {\frac{{\pi {t_0}}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi {t_0}}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi \,,\,\,k \in \mathbb{Z}\)\[ \Leftrightarrow {t_0} = 16k - 2\,,\,\,k \in \mathbb{Z}.\]
Do \(0 \le {t_0} \le 24\) nên ta tìm được \(k = 1\) và \({t_0} = 14.\) Vậy \(P = 210.\) Chọn D.
\(P = \sqrt 3 .\)
\(P = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
\(P = \sqrt 2 .\)
\(P = 2.\)
Đặt \(z = x + yi,\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)
Ta có \[\left| {2z - i} \right| = \left| {2 + iz} \right| \Leftrightarrow \left| {2x + \left( {2y - 1} \right)i} \right| = \left| {2 - y + xi} \right|\]
\[ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {2x} \right)}^2} + {{\left( {2y - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - y} \right)}^2} + {x^2}} \]\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1.\)
\( \Rightarrow \) Tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) trên mặt phẳng phức là đường tròn \(\left( {O;\,\,1} \right)\)
\( \Rightarrow \left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1.\)
Lại có \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 2\left( {{{\left| {{z_1}} \right|}^2} + {{\left| {{z_2}} \right|}^2}} \right) \Rightarrow {P^2} = 3 \Rightarrow P = \sqrt 3 .\) Chọn A.
-2
4
-1
5
Ta có \(y' = \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {ax - 2} \right)}^2}}}.\)
Do \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số nên \(\frac{{1 + b}}{{a - 2}} = - 2 \Leftrightarrow b = 3 - 2a.\)
Do tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) song song với \(d:3x + y - 4 = 0\)
Nên suy ra \[y'\left( 1 \right) = - 3 \Leftrightarrow \frac{{ - ab - 2}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} = - 3\].
Thay \(b = 3 - 2a\) ta được phương trình
\( - a\left( {3 - 2a} \right) - 2 = - 3{\left( {a - 2} \right)^2} \Leftrightarrow 5{a^2} - 15a + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = 2}\end{array}} \right.{\rm{. }}\)
• Với \(a = 2 \Rightarrow b = - 1\) (loại, do \(ab \ne - 2\)).
• Với \(a = 1 \Rightarrow b = 1.\) Phương trình tiếp tuyến tại \(A\left( {1\,;\, - 2} \right)\) là \(y = - 3(x + 1) + 2\) song song với d.
Vậy \(a = 1\,,\,\,b = 1 \Rightarrow a - 3b = - 2.\) Chọn A.
Một khuôn viên dạng nửa hình tròn có đường kính bằng m. Trên đó người ta thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng của một cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình tròn và hai đầu mút của cánh hoa nằm trên nửa đường tròn (phần tô màu), cách nhau một khoảng bằng \[4\,\,m,\] phần còn lại của khuôn viên (phần không tô màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ và kinh phí đế trồng cỏ Nhật Bản là \[100\,\,000\] đồng/m². Hỏi cần bao nhiêu tiền đế trồng cỏ Nhật Bản trên phần đất đó? (số tiền được làm tròn đến hàng nghìn).
\[2\,\,388\,\,000\] đồng.
\[3\,\,895\,\,000\] đồng.
\[1\,\,948\,\,000\] đồng.
\[1\,\,194\,\,000\] đồng.
Đặt hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ.
Khi đó, phương trình nửa đường tròn là
\(y = \sqrt {{R^2} - {x^2}} = \sqrt {20 - {x^2}} .\)
Phương trình parabol \((P)\) có đỉnh là gốc toạ độ \(O\) nên có dạng \(y = a{x^2}.\)
Mà \((P)\) đi qua điểm \(\left( {2\,;\,\,4} \right)\) suy ra \(4 = a \cdot {2^2} \Leftrightarrow a = 1.\)
Diện tích bôi màu là \({S_1} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {\sqrt {20 - {x^2}} - {x^2}} \right)\,} dx\).
Do đó, diện tích trồng cỏ là \(S = \frac{1}{2}{S_{(C)}} - {S_1} \approx 19,48\,\left( {{m^2}} \right).\)
Vậy số tiền cần tính là \[1\,\,948\,\,000\] đồng. Chọn C.
\(3\sqrt 2 .\)
\(\sqrt 3 .\)
\(2\sqrt 3 .\)
\(2\sqrt 2 .\)
Gọi \[R,{\rm{ }}h,{\rm{ }}l\] lần lượt là bán kính, chiều cao, đường sinh của hình trụ.
Ta có \({S_{xq}} = 4\pi \Leftrightarrow 2\pi \cdot R \cdot l \Leftrightarrow R \cdot l = 2.\)
Giả sử AB là một dây cung của đường tròn đáy của hình trụ và căng một cung \(120^\circ .\)
Ta có \(ABB'A'\) là hình chữ nhật có \(AA' = h = l.\)
Xét tam giác \[OAB\] cân tại \(O,\) ta có\(OA = OB = R\,,\,\,\widehat {AOB} = 120^\circ \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)\( \Rightarrow {S_{ABB'A'}} = AB \cdot AA' = R\sqrt 3 \cdot l = R \cdot l\sqrt 3 = 2\sqrt 3 .\)
\(m = 5\,,\,\,m = 1.\)
\(m = 5.\)
\(m \in \emptyset .\)
\(m = 1.\)
Ta có \(y' = 3{x^2} + 2\left( {3m - 1} \right)x + {m^2} \Rightarrow y'' = 6x + 6m - 2.\)
Hàm số đạt cực tiểu tại \(x = - 1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( { - 1} \right) = 0}\\{f''\left( { - 1} \right) > 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6m + 5 = 0}\\{6m - 8 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{m = 5}\\{3m - 4 > 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Rightarrow m = 5} \right.} \right..\)
Chọn B.
\(\frac{{\sqrt {13} }}{4}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\)
\(\frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\)
\(\frac{1}{4}.\)
Gọi \[H\] là trung điểm của \[AB\].
Vì \(\Delta SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) do đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right).\)
Lại có \(BC \bot AB \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
Kẻ \[HF \bot SB \Rightarrow BC \bot HF \Rightarrow HF \bot \left( {SBC} \right)\].
Gọi \(DH \cap BC = E,\,\,K\) là điểm đối xứng với \(E\) qua \(F.\)
Ta có \(AD\,{\rm{//}}\,BC \Rightarrow \frac{{HD}}{{HE}} = \frac{{HA}}{{HB}} = 1 \Rightarrow HD = HE.\)
Mà \(F\) là trung điểm của \(EK\) nên \(FH\) là đường trung bình của tam giác \(EDK.\)Suy ra \(DK\,{\rm{//}}\,HF.\)Lại có \(HF \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(DK \bot \left( {SBC} \right)\); \(\left( {SD,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SD,\,\,SK} \right) = \widehat {DSK}\).
Ta có \[AH = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\]\( \Rightarrow DH = \sqrt {A{H^2} + A{D^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{2} + 3{a^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}.\)
Xét tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow SD = \sqrt {S{H^2} + H{D^2}} = 2a.\)
Ta có \(\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{{16}}{3} \Rightarrow HF = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)\( \Rightarrow DK = 2HF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Lại có \(DK \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow DK \bot EF \Rightarrow \widehat {SKD} = 90^\circ \)\( \Rightarrow \sin \widehat {SKD} = \frac{{DK}}{{D{\rm{S}}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow \cos \widehat {SKD} = \frac{{\sqrt {13} }}{4} \Rightarrow \cos \left( {SD,\,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {13} }}{4}\).
Chọn A.
5.
4.
14.
15.
Ta có \(AB = \sqrt {26} \,,\,\,BC = \sqrt {104} = 2\sqrt {26} .\)
Theo tính chất đường phân giác ta có \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}.\)
Suy ra \(\overrightarrow {DA} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC} \,\,\,(*).\)
\(\overrightarrow {DA} = \left( {1 - a\,;\,\,2 - b\,;\,\, - 1 - c} \right)\); \(\overrightarrow {DC} = \left( { - 4 - a\,;\,\,7 - b\,;\,\,5 - c} \right).\)Do đó \((*) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - a = - \frac{1}{2}\left( { - 4 - a} \right)}\\{2 - b = - \frac{1}{2}\left( {7 - b} \right)}\\{ - 1 - c = - \frac{1}{2}\left( {5 - c} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - \frac{2}{3}}\\{b = \frac{{11}}{3}}\\{c = 1}\end{array} \Rightarrow a + b + 2c = 5} \right.} \right..\) Chọn A.
\(\Delta :x + \left( {1 - \sqrt 2 } \right)y = 0\) hoặc \(\Delta :x - y - 1 = 0.\)
\(\Delta :x + 2y = 0\) hoặc \(\Delta :x - 4y = 0.\)
\(\Delta :x - y = 0\) hoặc \(\Delta :x + y - 2 = 0.\)
\(\Delta :2x + 1 = 0\) hoặc \(\Delta :y + 5 = 0.\)
Gọi \(A\left( {x\,;\,\,y} \right)\) là giao điểm của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\), ta có hệ phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_1}:2x + y - 3 = 0}\\{{d_2}:x - 2y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array} \Rightarrow A\left( {1\,;\,\,1} \right) \in \Delta } \right.} \right.{\rm{. }}\)
Ta có \({d_3}:y - 1 = 0 \Rightarrow \overrightarrow {{n_3}} = \left( {0\,;\,\,1} \right).\)
Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta \) là \(\vec n = \left( {a\,;\,\,b} \right)\) và \(\varphi = \left( {\Delta \,;\,\,{d_3}} \right).\)
Khi đó \(\frac{1}{{\sqrt 2 }} = \cos \varphi = \frac{{|b|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \cdot \sqrt {0 + {1^2}} }}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{b^2} \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b \Rightarrow a = b = 1 \Rightarrow \Delta :x + y - 2 = 0}\\{a = - b \Rightarrow a = 1\,;\,\,b = - 1 \Rightarrow \Delta :x - y = 0}\end{array}} \right.\).
Chọn C.
\(\frac{{\pi \left( {13{e^4} - 1} \right)}}{4}.\)
\(\frac{{13{e^4} - 1}}{4}.\)
\(2{e^2}.\)
\(2{\pi ^2}.\)
Diện tích thiết diện là \[S\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{e^{2x}}.\]
Thể tích của vật thể \((T)\) là \[V = \int\limits_0^2 {S\left( x \right)\,} dx = \int\limits_0^2 {{{\left( {x + 1} \right)}^2}{e^{2x}}\,} dx\]
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {{\left( {x + 1} \right)}^2}}\\{\;{\rm{d}}v = {e^{2x}}\;{\rm{d}}x}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{d}}u = 2\left( {x + 1} \right){\rm{d}}x}\\{v = \frac{1}{2}{e^{2x}}}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow V = \left. {\frac{1}{2}{{\left( {x + 1} \right)}^2}{e^{2x}}} \right|_0^2 - \int\limits_0^2 {\left( {x + 1} \right){e^{2x}}\,} dx\)\( = \frac{{9{e^4} - 1}}{2} - \left( {\left. {\frac{{x + 1}}{2}{e^{2x}}} \right|_0^2 - \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {{e^{2x}}\,} dx} \right)\)
\( = \frac{{9{e^4} - 1}}{2} - \frac{{3{e^4} - 1}}{2} + \left. {\frac{1}{4}{e^{2x}}} \right|_0^2 = 3{e^4} + \frac{1}{4}{e^4} - \frac{1}{4} = \frac{{13{e^4} - 1}}{4}{\rm{. }}\)Chọn B.
16
8
2
4
Ta có:
• \(\frac{{{V_{S.ABC}}}}{{{V_{S.IJK}}}} = \frac{{SA}}{{SI}} \cdot \frac{{SB}}{{SJ}} \cdot \frac{{SC}}{{SK}} = 8 \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 8{V_{S.IJK}}.\)
• \(\frac{{{V_{S.ACD}}}}{{{V_{S.IKH}}}} = \frac{{SA}}{{SI}} \cdot \frac{{SC}}{{SK}} \cdot \frac{{SD}}{{SH}} = 8 \Rightarrow {V_{S.ACD}} = 8{V_{S.IKH}}.\)
Suy ra \({V_{S.ABCD}} = 8{V_{S.IJKH}} = 8\).
Chọn B.
85
80
83
84
Ta có \(OH = \frac{1}{2} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = OH \cdot MN = \frac{1}{2}MN = 2 \Leftrightarrow MN = 4.\)
Mà \(HN = 3HM\) nên \(HN = 3,\,\,HM = 1.\)
Lại có \[M,\,\,N\] đều nằm trên đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\).
Suy ra toạ độ của hai điểm \[M,\,\,N\] là \[M\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\] và \(N\left( {3\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)
• \(M \in \left( {{C_1}} \right):y = {a^x} \Rightarrow \frac{1}{2} = {a^{ - 1}} \Leftrightarrow a = 2.\)
• \(N \in \left( {{C_2}} \right):y = {\log _b}x \Rightarrow \frac{1}{2} = {\log _b}3 \Leftrightarrow b = 9.\)
Vậy \({a^2} + {b^2} = {2^2} + {9^2} = 85.\) Chọn A.
Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường kính của đáy, một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu có đường kính bằng đường kính đáy của cốc nước. Người ta từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó (như hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh, tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng nước ban đầu là
\(\frac{1}{2}.\)
\(\frac{4}{9}.\)
\(\frac{5}{9}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
Gọi R là bán kính đáy của hình trụ \( \Rightarrow \) Chiều cao của hình trụ là \(h = 6R.\)
Suy ra thể tích của khối trụ ban đầu là \(V = \pi {R^2}h = 6\pi {R^3}.\)
Theo bài ra, thể tích của khối cầu trong hình là \({V_1} = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Khối nón trong hình có bán kính đáy \(r = R\); chiều cao \({h_0} = h - 2R = 4R.\)
Suy ra thể tích của khối nón là \({V_2} = \frac{1}{3}\pi r_0^2h = \frac{4}{3}\pi {R^3}.\)
Do đó, thể tích nước tràn ra ngoài cốc là \({V_0} = {V_1} + {V_2} = \frac{8}{3}\pi {R^3}.\)
Vậy tỉ số cần tìm là \(\frac{{V - {V_0}}}{V} = \frac{{6\pi {R^3} - \frac{8}{3}\pi {R^3}}}{{6\pi {R^3}}} = \frac{5}{9}.\) Chọn C.
8
4
-2
3
Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\) nên \(\bar z = x - yi.\)
Khi đó, giả thiết trở thành: \(\left| {x + yi + 1 - 3i} \right| = \left| {x - yi + 2i} \right|\)
\[ \Leftrightarrow \left| {x + 1 + \left( {y - 3} \right)i} \right| = \left| {x + \left( { - y + 2} \right)i} \right|\]\( \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 + {y^2} - 6y + 9 = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\)\[ \Leftrightarrow 2x - 2y + 6 = 0 \Leftrightarrow x - y + 3 = 0.\]
Suy ra \(a = 1\,,\,\,c = 3.\) Vậy \(a + c = 4.\) Chọn B.
\(I = 2.\)
\(I = \frac{3}{{22}}.\)
\(I = \frac{1}{2}.\)
\(I = \frac{{22}}{3}.\)
Đặt \(k = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( {{x^4}} \right){\rm{d}}x} \) suy ra \(f(x) = \sqrt x + k \Rightarrow f\left( {{x^4}} \right) = \sqrt {{x^4}} + k = {x^2} + k.\)
Do đó \[k = \int\limits_0^1 {x \cdot f\left( {{x^4}} \right){\rm{d}}x} = \int\limits_0^1 {x \cdot \left( {{x^2} + k} \right){\rm{d}}x} \Leftrightarrow k = \int\limits_0^1 {\left( {{x^3} + kx} \right){\rm{d}}x} \]
\( \Leftrightarrow k = \int\limits_0^1 {{x^3}dx} + k \cdot \int\limits_0^1 {x\,dx} \Leftrightarrow k = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}k \Leftrightarrow k = \frac{1}{2}.\)
Vậy \(f\left( x \right) = \sqrt x + \frac{1}{2} \Rightarrow \int\limits_0^4 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^4 {\left( {\sqrt x + \frac{1}{2}} \right)} \,\,{\rm{d}}x = \frac{{22}}{3}.\) Chọn D.
48 phút.
19 phút.
7 phút.
12 phút.
Theo bài ra, ta có \(s\left( 3 \right) = s(0) \cdot {2^3} \Leftrightarrow s(0) = \frac{{625\,\,000}}{8} = 78\,\,125\)
Do đó \(s\left( t \right) = s\left( 0 \right) \cdot {2^t} \Leftrightarrow 10\,\,000\,\,000 = 78\,\,125 \cdot {2^t} \Leftrightarrow {2^t} = 128 \Leftrightarrow t = 7.\) Chọn C.
\(f\left( 2 \right) - \frac{3}{4}.\)
\(f\left( 1 \right) - \frac{8}{3}.\)
\(f\left( 0 \right) - 2.\)
\(f\left( { - 1} \right) - \frac{4}{3}.\)
Ta có \[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + {x^2} - 1 = \left( {x + 1} \right){\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x - 2} \right) + {x^2} - 1\]
\( = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 3} \right)\)
Suy ra \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 3x + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = 1.\)
Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số \(g\left( x \right)\) là \(g\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) - \frac{8}{3}.\) Chọn B.
\(\frac{1}{8}.\)
\(\frac{{13}}{{30}}.\)
\(\frac{1}{6}.\)
\(\frac{{39}}{{70}}.\)
Xác suất lấy được 1 hộp bi trong 3 hộp bi là \(\frac{1}{3}.\)
Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp A là: \(\frac{{C_4^1}}{{C_7^1}} = \frac{4}{7}.\)
Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp B là: \(\frac{{C_3^1}}{{C_5^1}} = \frac{3}{5}.\)
Xác suất lấy được 1 bi đỏ trong hộp C là: \(\frac{{C_2^1}}{{C_4^1}} = \frac{1}{2}.\)
Vậy xác suất cần tính là \(\frac{1}{3} \cdot {\left( {\frac{4}{7} + \frac{3}{5} + \frac{1}{2}} \right)^{\frac{4}{2}}} = \frac{{39}}{{70}}.\) Chọn D.
\({T_{\min }} = \frac{1}{2}.\)
\({T_{\min }} = 25.\)
\({T_{\min }} = \frac{{25}}{2}.\)
\({T_{\min }} = 39.\)
Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và có vectơ chỉ phương \[\vec u = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right)\] nên có phương trình tham số là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = - t}\\{z = 1 - t}\end{array}(t \in \mathbb{R})} \right..\)
Vì \(M\) thuộc đường thẳng \(\Delta \) nên \(M\left( {2t\,;\,\, - t\,;\,\,1 - t} \right).\)
Ta có \[M{A^2} + 3M{B^2} = {\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} + {\left( {t + 5} \right)^2} + 3\left[ {{{\left( {2t - 2} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t - 1} \right)}^2}} \right]\]
\( = 24{t^2} - 24t + 45 = 6\left( {4{t^2} - 4t + \frac{{45}}{6}} \right)\)\( = 6\left[ {{{\left( {2t - 1} \right)}^2} + \frac{{39}}{6}} \right] = 6{\left( {2t - 1} \right)^2} + 39 \ge 39,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)
Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{2}\) hay \(M\left( {1\,;\,\, - \frac{1}{2}\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)
Vậy \({T_{\min }} = 39.\) Chọn D.
Nhận thấy \[M,\,\,N\] là hai đoạn cùng có độ dài bằng 6, nên để \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 thì ta có các trường hợp sau:
• TH1: \(2m - 1 \le m + 1 \le 2m + 5 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 4\,;\,\,2} \right]\) (1)
Khi đó, \(M \cup N = \left[ {2m - 1\,;\,\,m + 7} \right]\) nên \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 khi:
\(\left( {m + 7} \right) - \left( {2m - 1} \right) = 10 \Rightarrow m = - 2\) (thoả mãn \((1)).\)
• TH2: \(2m - 1 \le m + 7 \le 2m + 5 \Leftrightarrow m \in \left[ {2\,;\,\,8} \right]\,\,\,(2)\)
Khi đó \(M \cup N = \left[ {m + 1\,;\,\,2m + 5} \right]\) nên \(M \cup N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 khi:
\(\left( {2m + 5} \right) - \left( {m + 1} \right) = 10 \Rightarrow m = 6\) (thoả mãn (2)).
Vậy tổng tất cả các giá trị của \(m\) để hợp của hai tập hợp \(M\) và \(N\) là một đoạn có độ dài bằng 10 là \( - 2 + 6 = 4.\)
Đáp án: 4.
Hàm nồng độ thuốc \(c\left( t \right) = \frac{t}{{{t^2} + 1}} \Rightarrow c'\left( t \right) = \frac{{{t^2} + 1 - 2{t^2}}}{{{{\left( {{t^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow t = \pm 1.\)
Nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân cao nhất thì \(c(t)\) lớn nhất.
Dựa vào bảng biến thiên của \[c\left( t \right) \Rightarrow {\max _{\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)}}c\left( t \right) = c\left( 1 \right) = \frac{1}{2}.\]
Vậy sau 1 giờ thì nồng độ thuốc trong máu bệnh nhân cao nhất.
Đáp án: 1.
Đặt \(f\left( x \right) = \frac{x}{{{x^2} + 1}} + m\) với \(m\) là tham số \( \Rightarrow y = \left| {f\left( x \right)} \right|\)
Ta có \(y' = \frac{{f'\left( x \right) \cdot f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 0}\end{array}} \right.\)
Phương trình \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - {x^2}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\end{array}} \right.\)
Phương trình \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{{x^2} + 1}} = - m \Leftrightarrow m{x^2} + x + m = 0\) có tối đa 2 nghiệm.
Vậy hàm số đã cho có tối đa \(2 + 2 = 4\) điểm cực trị.
Đáp án: 4.
Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12 C lần lượt là A, B, C.
Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.
• TH1: C - C - C - C - C - (quy ước vị trí của - là vị trí trống)
Đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có \[5!\] cách xếp.
Xếp 5 học sinh còn lại vào 5 vị trí trống ta có \[5!\] cách xếp.
Vậy trường hợp này có \[5!\,\, \cdot \,5!\] cách.
• TH2: - C - C - C - C - C, tương tự như trường hợp 1 ta có 5!.5! cách.
• TH3: C - C - C - C - - C, đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! cách xếp.
Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2 vị trí trống đó, 2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên có \(C_2^1 \cdot C_3^1 \cdot 2! = 12\) cách.
Xếp 3 học sinh còn lại vào 3 chỗ trống có 3 ! Cách.
Vậy trường hợp này có \[5!\,\,.\,12\,.\,3!\] cách.
• TH4: C - C - C - - C-C
• TH5: C - C - - C - C - C - C
• TH6: C - - C - C - C
Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.
Vậy có tất cả \[5!\,\,.\,\,5!\,\,.\,\,2 + 4\,.\,\,5!\,\,.\,\,12\, \cdot 3! = 63\,\,360\] (cách).
Đáp án: \[{\bf{63}}\,\,{\bf{360}}\].
Từ giả thiết, ta có \(f\left( 1 \right) = 16.\)
Do đó \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {2f\left( x \right) + 4} + 6}} = 24 \cdot \frac{1}{{\sqrt {2 \cdot 16 + 4} + 6}} = 2.\)
Đáp án: 2.
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 2}}{{\sqrt {{x^2} - 2x + m} }}\) có hai đường tiệm cận đứng khi phương trình \({x^2} - 2x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \[ - \,2\]
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' > 0}\\{{{\left( { - 2} \right)}^2} - 2 \cdot \left( { - 2} \right) + m \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - m > 0}\\{m \ne - 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 1}\\{m \ne - 8}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Mà \(m\) nguyên và \(m \in \left[ { - 2021\,;\,\,2021} \right]\)
Nên suy ra \[m \in \left\{ { - 2021\,;\,\, - 2020\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right\}\backslash \left\{ { - 8} \right\}.\]
Vậy có 2021 giá trị \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 2021.
Ta có \(f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) + {\left[ {\frac{{f\left( x \right)}}{{\cos x}}} \right]^2} = {\left[ {f'\left( x \right)} \right]^2} \Leftrightarrow \frac{{f''\left( x \right) \cdot f\left( x \right) - {{\left[ {f'\left( x \right)} \right]}^2}}}{{{f^2}\left( x \right)}} = - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} \right] = - \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = - \tan x + C.\)
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 0 \right) = 0}\\{f\left( 0 \right) = 1}\end{array} \Rightarrow C = 0.} \right.\)
Dó đó \(\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = - \tan x \Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\left( { - \tan x} \right)\;{\rm{d}}x} \Leftrightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{d\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{f\left( x \right)}}} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{3}} {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} \)
\[\left. { \Leftrightarrow \ln f\left( x \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} = \left. {\ln \cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{3}} \Leftrightarrow \ln f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) - \ln f\left( 0 \right) = \ln \frac{1}{2} - \ln 1 \Leftrightarrow f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}.\]
Vậy \(T = \frac{1}{2}.\) Đáp án: \[\frac{1}{2}\].
• \({d_1}\) đi qua điểm \(M\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) và có vectơ chỉ phương \[\overrightarrow {{u_1}} = \left( {2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\]
• \({d_2}\) đi qua điểm \(N\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,m} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_2}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right).\)
\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] = \left( { - 3\,;\,\,3\,;\,\,1} \right);\,\,\overrightarrow {MN} = \left( {0\,;\,\,2\,;\,\,m} \right).\)
\({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau khi và chỉ khi \(\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} \ne 0 \Leftrightarrow m \ne - 6.\)
Mặt khác, \(d\left( {{d_1},\,\,{d_2}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right] \cdot \overrightarrow {MN} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {{u_1}} ,\,\,\overrightarrow {{u_2}} } \right]} \right|}} = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \frac{{|m + 6|}}{{\sqrt {19} }} = \frac{5}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{m = - 11}\end{array}} \right.\)
Khi đó tổng các phần tử của \(S\) bằng \[ - 12.\]Đáp án: \[ - 12\].
Xét bất phương trình \(\left( {{3^{{x^2} - x}} - 9} \right)\left( {{2^{{x^2}}} - m} \right) \le 0\)
− TH1: Xét \({3^{{x^2} - x}} - 9 = 0 \Leftrightarrow {x^2} - x = 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm của bất phương trình.
− TH2: Xét \({3^{{x^2} - 2}} - 9 > 0 \Leftrightarrow {x^2} - x > 2 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < - 1}\\{x > 2}\end{array}} \right.\)
Khi đó (1) \( \le 0 \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} - m \le 0 \Leftrightarrow {2^{{x^2}}} \le m \Leftrightarrow {x^2} \le {\log _2}m\) (2).
• Nếu \(m < 1\) bất phương trình vô nghiệm.
• Nếu \(m \ge 1\) thì \((2) \Leftrightarrow - \sqrt {{{\log }_2}m} \le x \le \sqrt {{{\log }_2}m} \).
Do đó, để bất phương trình (1) có 5 nghiệm nguyên
\[ \Leftrightarrow \left( {\left( { - \infty \,;\,\, - 1} \right) \cup \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)} \right) \cap \left[ { - {{\log }_2}m\,;\,\,{{\log }_2}m} \right]\] có 3 giá trị nguyên.
\(\sqrt {{{\log }_2}m} \in \left[ {3\,;\,\,4} \right) \Leftrightarrow 512 \le m < 65\,\,536.\)
Suy ra có 65024 giá trị \(m\) nguyên thoả mãn.
− TH3: Xét \({3^{{x^2} - 2}} - 9 < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x < 2 \Leftrightarrow - 1 < x < 2.\)
Vì \(\left( { - 1\,;\,\,2} \right)\) chỉ có hai số nguyên nên không có giá trị \(m\) nào để bất phương trình có 5 nghiệm nguyên. Vậy có tất cả \[65\,\,024\] giá trị \(m\) nguyên thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: \[65\,\,024\].
Xác định số nghiệm của phương trình \(2\left( {f\left( x \right)} \right){}^2 - 3f\left( x \right) + 1 = 0\), biết \(f( - 4) = 0.\)
Ta có bảng biến thiên:
Ta có \(2\left( {f\left( x \right)} \right){}^2 - 3f\left( x \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = \frac{1}{2}\end{array} \right.\).
• Xét phương trình \(f\left( x \right) = 1\). (1)
Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = 1\) tại 1 điểm duy nhất.
• Xét phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\). (2)
Quan sát bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) tại 2 điểm phân biệt.
Đồng thời nghiệm của phương trình (1) khác 2 nghiệm của phương trình (2) nên số nghiệm của phương trình đã cho là 3. Đáp án: 3.
Gọi toạ độ của điểm \(M\) là \[M\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\]
\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \left( {x - 3\,;\,\,y - 1\,;\,\,z - 2} \right),\,\,\overrightarrow {BM} = \left( {x + 3\,;\,\,y + 1\,;\,\,z} \right){\rm{.}}\)
Vì \(\Delta MAB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) + \left( {y - 1} \right)\left( {y + 1} \right) + z\left( {z - 2} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 9 + {y^2} - 1 + {z^2} - 2z = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 11.{\rm{ }}\)
\( \Rightarrow M\) thuộc mặt cầu \((S)\) có tâm \(I\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {11} .\)
Ta có \(d\left( {I,\,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 0 + 3 \cdot 1 - 14} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2} + {3^3}} }} = \sqrt {11} = R\)\( \Rightarrow (P)\) tiếp xúc với \((S)\) tại \(M\)
\( \Rightarrow IM \bot (P)\) hay \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) trên \((P)\)
Ta có \(M \in (P) \Rightarrow x + y + 3z = 14\) (1).
\(\overrightarrow {IM} = \left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z - 1} \right)\) cùng phương với VTPT của mặt phẳng \((P) \Rightarrow \frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{3}\)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + 3z = 14}\\{\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{{z - 1}}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\\{z = 4}\end{array} \Rightarrow M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,4} \right)} \right.} \right..\)
Vậy \(d\left( {M\,;\,\,\left( {Oxy} \right)} \right) = \left| 4 \right| = 4.\)
Đáp án: 4.
Ta có \({z^2} - 2z + 5 = {\left( {z - 1} \right)^2} + 4 = {\left( {z - 1} \right)^2} - {\left( {2i} \right)^2} = \left( {z - 1 + 2i} \right)\left( {z - 1 - 2i} \right).\)
Khi đó, giả thiết \[ \Leftrightarrow \left| {\left( {z - 1 + 2i} \right)\left( {z + 3i - 1} \right)} \right| = \left| {z - 1 + 2i} \right| \cdot \left| {z + 3i - 1} \right|\]\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{z = 1 - 2i}\\{\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z + 3i - 1} \right|}\end{array}} \right.\]
• TH1: Với \(z = 1 - 2i\), ta có \(w = z - 2 + 2i = 1 - 2i - 2 + 2i = - 1 \Rightarrow \left| w \right| = 1.\)
• TH2: Với \(\left| {z - 1 - 2i} \right| = \left| {z + 3i - 1} \right|\,\,(*)\), đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\).
Ta có \((*) \Leftrightarrow \left| {x - 1 + \left( {y - 2} \right)i} \right| = \left| {x - 1 + \left( {y + 3} \right)i} \right| \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {y - 2} \right)^2} = {\left( {y + 3} \right)^2} \Leftrightarrow {y^2} - 4y + 4 = {y^2} + 6y + 9 \Leftrightarrow 10y = - 5 \Rightarrow y = - \frac{1}{2}.\)
Do đó \[w = z - 2 + 2i = x - \frac{1}{2}i - 2 + 2i = x - 2 + \frac{3}{2}i \Rightarrow \left| w \right| = \sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2} + \frac{9}{4}} \ge \frac{3}{2}.\]
Vậy \(\min \left| w \right| = 1.\) Đáp án: 1.
Ta có \({a^{{x^2}}} \cdot {b^{x + 1}} = 1 \Leftrightarrow {\log _a}\left( {{a^{{x^2}}} \cdot {b^{x + 1}}} \right) = {\log _a}1\)
\( \Leftrightarrow {\log _a}{a^{{x^2}}} + {\log _a}{b^{x + 1}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} + \left( {x + 1} \right){\log _a}b = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {\log _a}b \cdot x + {\log _a}b = 0\, & (*)\)
Phương trình \((*)\) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta = {\left( {{{\log }_a}b} \right)^2} - 4{\log _a}b \ge 0\)
Mà \(a > 1\,,\,\,b > 1\) nên \({\log _a}b > 0\) suy ra \({\log _a}b \ge 4.\)
Đặt \(t = {\log _a}b \ge 4\), khi đó \(P = {\log _a}a + {\log _a}b + \frac{4}{{{{\log }_a}b}}\)
\( = 1 + t + \frac{4}{t} = f\left( t \right) \Rightarrow f'\left( t \right) = 1 - \frac{4}{{{t^2}}} = \frac{{{t^2} - 4}}{{{t^2}}} > 0\,;\,\,\forall t \ge 4\)
Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {4\,;\,\, + \infty } \right)\)
Vậy \(\min P = {\min _{\left[ {4\,;\,\, + \infty } \right)}}f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = 6.\) Đáp án: 6.
Từ giả thiết \({A_1}\) là trọng tâm tam giác \[BCD\]
Suy ra \(A\) cũng là trọng tâm tam giác \({B_1}{C_1}{D_1}.\)
Do đó \({V_{A.BCD}} = 3{V_{A.{A_1}BC}} = 3{V_{B.A{A_1}C}}\) và
\({V_{{A_1}.{B_1}{C_1}{D_1}}} = 3{V_{{A_1}.A{B_1}{C_1}}} = 3{V_{{B_1}.A{A_1}{C_1}}}.\)
Mặt khác do quan hệ song song nên
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_{\left( {B;\,\,\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right)}} = {d_{\left( {{B_1};\,\,\left( {A{A_1}C{C_1}} \right)} \right)}}}\\{{S_{A{A_1}C}} = {S_{A{A_1}{C_1}}}}\end{array} \Rightarrow {V_{B.A{A_1}C}} = {V_{{B_1}.A{A_1}{C_1}}}} \right.\]
Vậy nên \({V_{{A_1}.{B_1}{C_1}{D_1}}} = {V_{A.BCD}} = 18.\)Gọi \[R,{\rm{ }}h\] lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của bể hình trụ.
Theo bài ra, ta có \(V = 2 \Leftrightarrow \pi {R^2}h = 2 \Leftrightarrow h = \frac{2}{{\pi {R^2}}}\)
Suy ra diện tích toàn phần của bể hình trụ là:
\({S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = 2\pi R.\frac{2}{{\pi {R^2}}} + 2\pi {R^2} = \frac{4}{R} + 2\pi {R^2}\).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
\(\frac{4}{R} + 2\pi {R^2} = \frac{2}{R} + \frac{2}{R} + 2\pi {R^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{2}{R} \cdot \frac{2}{R} \cdot 2\pi {R^2}}} = 6\sqrt[3]{\pi }.\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{2}{R} = 2\pi {R^2} \Leftrightarrow {R^3} = \frac{1}{\pi } \Leftrightarrow R = \frac{1}{{\sqrt[3]{\pi }}}.\)
Vậy số tiền để sản xuất bể chứa nói trên sao cho tốn ít vật liệu nhất là
\(T = {S_{\min }} \cdot 600 = 6\sqrt[3]{\pi } \cdot 600 \approx 5273\) (nghìn đồng). Đáp án: 5273.
Bắn mình ra xa để trốn thoát.
Những chiếc gai nhọn dựng đứng lên tua tủa.
Đánh lừa con mồi.
Làm cho thể tích cơ thể to lên.
Bắn mình ra xa để trốn thoát là cách tự vệ của hải sâm. Những chiếc gai nhọn dựng đứng lên tua tủa là cách tự vệ của cá nóc. Làm cơ thể to lên là cách tự vệ của loài cá ở các rặng san hô vùng biển nhiệt đới. → Ý KHÔNG nói đến cách thức để tự vệ của một số loài động vật sống dưới nước là: Đánh lừa con mồi. Chọn C.
Cá nóc gai có nhiều gai nhọn ngoài da còn cá nóc thường thì không có.
Hải sâm vẫn sống được sau khi bị mất nội tạng.
Nhờ lực phản hồi của nước, những chiếc gai nhọn của cá nóc dựng đứng lên tua tủa.
Sau khi cua bị mất càng và chân, càng và chân của nó sẽ mọc lại.
Việc những chiếc gai của cá nóc gai dựng đứng lên tua tủa là do cá nóc gai hớp vài ngụm không khí hoặc nước khiến mình chúng phồng to các chiếc gai vì thế mà dựng lên chứ không phải lực phản hồi của nước. Chọn C.
Quy nạp.
Diễn dịch.
Tổng – phân – hợp.
Song hành.
Đoạn trích với câu chủ đề được đặt ở đầu đoạn, các đoạn dưới tập trung phân tích chứng minh làm sáng tỏ câu chủ đề. Vì vậy đoạn trích được viết theo lối diễn dịch. Chọn B.
Lúc túi khí nhỏ của con cá sắp phình to.
Lúc cơ thể con cá tăng lên gấp 20 lần.
Lúc con cá bắt đầu gặp kẻ thù.
Lúc túi khí của con cá đã phình to.
Từ “lúc này” trong đoạn trích được dùng chỉ lúc túi khí của con cá đã phình to. Chọn D.
Hải sâm.
Cá nóc thường.
Cua.
Hải sâm và cua.
Dựa vào vế trước để xác định: Khi bị tấn công, hải sâm nhanh chóng đẩy toàn bộ phần nội tạng vừa dài vừa dính ra khỏi cơ thể. Từ “chúng” (gạch chân, in đậm) trong đoạn trích chỉ loài hải sâm. Chọn A.
Tự do.
Hỗn hợp.
Tám chữ.
Lục bát.
Bài thơ được viết theo thể thơ tự do. Số chữ trong một dòng thơ không hạn định, ngắt nhịp, gieo vần tự do, linh hoạt,… Chọn A.
Không có quan hệ gì.
Gắn bó khăng khít.
Xã giao.
Hờ hững.
“Ta” và “mình” trong bài thơ có mối quan hệ gắn bó khăng khít. Chọn B.
Mình là ta.
Ta vẫn gửi cho mình.
Ta gửi tro, mình nhen thành lửa cháy.
Mình là sâu thẳm của ta.
Vai trò của “mình” đối với “ta” được thể hiện qua chi tiết “Ta gửi tro, mình nhen thành lửa cháy”. Chọn C.
Không làm gì cả.
Phải tái tạo, tưởng tượng, suy ngẫm, phân tích.
Phải lắng nghe.
Phải quan sát kĩ.
Để hiểu được lời gửi gắm, thông điệp của nhà văn, người đọc phải tái tạo, tưởng tượng, suy ngẫm, phân tích sao cho từ bếp “tro” tưởng như tàn lại có thể “nhen thành lửa cháy”, từ “viên đá con” có thể dựng nên thành, nên luỹ. Chọn B.
Tác giả với tác giả.
Bạn đọc với bạn đọc.
Bạn đọc với tác giả.
Tác giả và bạn đọc.
“Ta” với “mình” trong bài thơ là tác giả và bạn đọc. Chọn D.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Hành chính.
Báo chí.
Phong cách ngôn ngữ của văn bản: Phong cách ngôn ngữ báo chí. Chọn D.
Hạnh phúc của con người và làm thế nào để chạm vào hạnh phúc.
Để chạm đến hạnh phúc con người phải trở thành “con người lớn” bằng hai cách: làm việc lớn hoặc làm việc nhỏ với tình yêu lớn.
Con người có năng lực tạo ra hạnh phúc, bao gồm: năng lực làm người, làm việc, làm dân.
Con người tự tạo ra hạnh phúc bằng những việc làm đúng đắn, phù hợp với yêu cầu của xã hội dù đó là việc lớn hay nhỏ.
Nội dung chính của văn bản trên: Con người có năng lực tạo ra hạnh phúc, bao gồm: năng lực làm người, làm việc, làm dân. Để chạm đến hạnh phúc con người phải trở thành “con người lớn” bằng hai cách: làm việc lớn hoặc làm việc nhỏ với tình yêu lớn. → Con người tự tạo ra hạnh phúc bằng những việc làm đúng đắn, phù hợp với yêu cầu của xã hội dù đó là việc lớn hay nhỏ. Chọn D.
Làm nổi bật, nhấn mạnh đến một ý nghĩa, một cách hiểu khác có hàm ý.
Dùng để kết thúc một sự việc, một câu.
Thể hiện mục đích rõ ràng của người viết.
Thể hiện sự trang trọng của người viết.
Công dụng của việc sử dụng dấu ngoặc kép: làm nổi bật, nhấn mạnh đến một ý nghĩa, một cách hiểu khác có hàm ý… Chọn A.
hẹp hòi.
tầm thường.
nhỏ nhen.
nhỏ mọn.
Nghĩa hàm ý của từ “nhỏ bé”: tầm thường, thua kém, tẻ nhạt… Chọn B.
Con người lí tưởng.
Khẳng định giá trị bản thân.
Con người không nhỏ bé.
Con người hi sinh.
Nghĩa hàm ý của từ “con người lớn”: tự do thể hiện mình, khẳng định giá trị bản thân, thực hiện những ước mơ, sống cao đẹp, có ích, có ý nghĩa… Chọn B.
Con người không biết vì người khác, Quốc gia không phòng chống dịch hiệu quả.
Quốc gia không phòng chống dịch hiệu quả làm đại dịch hoành hành, tàn phá.
Con người không biết vì mình, vì người khác khiến các quốc gia lây lan nhau.
Con người không biết vì mình, vì người khác, quốc gia không phòng chống dịch hiệu quả.
Thông tin nằm ở đoạn 1: “Chỉ cần Covid đục thủng phòng tuyến ở một người, và người đó chủ quan, vô tình, tiếp xúc vô tội vạ, không cách li toàn xã hội, thì đội quân virus sẽ tràn lan cả cộng đồng, cả quốc gia. Chỉ cần Covid xâm nhập vào một quốc gia, nhưng quốc gia ấy và các quốc gia khác không phong tỏa, lơ là phòng chống, thì đại dịch sẽ hoành hành, tàn phá khắp hành tinh.”. Chọn D.
địa vị.
tầng lớp.
điểm dừng.
nơi chốn.
Dựa vào ngữ cảnh của câu “…một chủng virus nào đó cũng có vị thế trong vũ trụ của Tạo hóa”. Chọn A.
Thiên nhiên, sinh thái.
Động vật hoang dã.
Động vật hung dữ.
Những khó khăn trong cuộc sống.
Dựa vào ý của đoạn 2 văn bản. Chọn A.
Giặc Covid đang áp đặt luật chơi cho loài người.
Con người cần sống hòa hợp với thiên nhiên, vì mình, vì người để ổn định trạng thái cân bằng sinh thái.
Phương thức đẩy giặc virus Covid ra khỏi cơ thể, dập dịch thành công ở mỗi quốc gia, nhân loại.
Sức tàn phá của virus Covid.
Dựa vào những thông tin được đề cập đến trong văn bản. Chọn B.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ báo chí.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Đoạn trích bàn về nguyên nhân của đại dịch covid và kêu gọi mọi người chung tay phòng chống đại dịch. Chọn D.
sau khi.
dự định.
ngoài ra.
biến
Nội dung câu văn: Dự định thành lập một tổ chức khu vực của một số nước Đông Nam Á với một số mục tiêu quan trọng. Xác định nội dung các mục tiêu được diễn tả theo quan hệ song song nhưng từ “ngoài ra” lại không diễn tả được điều này. “Ngoài ra”: ngoài điều vừa nói đến là chính, thì còn có thể có cái, điều khác nào đó nữa nên không đúng vì ở đây các nội dung được đề cập đến đều đóng vai trò quan trọng. Có thể thay thế bằng từ “đồng thời” (chỉ 2 sự việc diễn ra song song có vai trò như nhau). Chọn C.
không chỉ.
mà còn.
bùng phát.
hiếu học.
Lỗi dùng từ chưa hợp lí, từ “bùng phát” thể hiện sự phát sinh, phát triển lên một cách mạnh mẽ không phù hợp với việc phát triển và duy trì truyền thống hiếu học của dân tộc, thay thế bằng từ “rực cháy”. Chọn C.
choáng ngợp.
chỉ một lần thôi.
bị thu hút.
và.
Từ “choáng ngợp” không phù hợp để miêu tả vẻ đẹp của quê hương đất nước. Từ sai là “choáng ngợp”. Chọn A.
Nguyễn Minh Châu.
gương mặt.
tiêu biểu.
văn xuôi hiện thực phê phán.
Nguyễn Minh Châu là một trong những người mở đường xuất sắc cho công cuộc đổi mới văn học nước nhà từ sau năm 1975. Hành trình sáng tác của ông chia làm hai giai đoạn rõ rệt: trước thập kỉ tám mươi, ông là ngòi bút sử thi có thiên hướng trữ tình lãng mạn; từ đầu thập kỉ tám mươi đến khi mất, ông chuyển hẳn sang cảm hứng thế sự với những vấn đề đạo đức và triết lí nhân sinh. Vì vậy cụm từ “văn xuôi hiện thực phê phán” sử dụng sai. Chọn D.
bình luận.
đánh giá.
tình hình.
nhận xét.
Thao tác lập luận bình luận là đưa ra ý kiến đánh giá (xác định phải trái, đúng sai, hay dở), bàn bạc (trao đổi ý kiến) về một tình hình, một vấn đề. Chọn D.
mắng.
nói.
quát.
hét.
Các từ “mắng”, “quát”, “hét” dùng ngữ điệu lớn. Còn từ “nói” có thể dùng ngữ điệu nhỏ, bình thường.... Chọn B.
xanh lơ.
đen sì.
đỏ lừ.
vàng khè.
Cần chú ý yếu tố phụ (yếu tố phân loại: lơ, sì, lừ, khè) để thấy sự khác biệt của từ “xanh lơ”: diễn tả mức độ xanh nhạt. Ba từ còn lại đều diễn tả mức độ màu sắc đậm. Chọn A.
thành tựu.
hiệu quả
thành tích.
thành quả.
Các từ “thành tựu”, “thành tích”, “thành quả” đều để chỉ những kết quả có ý nghĩa lớn, sau một thời gian dài thực hiện còn “hiệu quả” là kết quả đạt được đáp ứng yêu cầu đặt ra. Chọn B.
đề xuất.
đề đóm.
đề cử.
đề đạt.
Từ “đề đóm” là một danh từ mang tính khẩu ngữ để chỉ “đề và các trò cờ bạc khác (nói khái quát)”; các từ còn lại trong nhóm (đề xuất, đề cử, đề đạt) là các động từ. Chọn B.
đạo đức.
kinh nghiệm.
mưa.
cách mạng.
Các từ “đạo đức”, “kinh nghiệm”, “cách mạng” là danh từ chỉ khái niệm. Từ “mưa” là danh từ chỉ hiện tượng. Vậy từ “mưa” không cùng nhóm với các từ còn lại. Chọn C.
Thần thoại.
Sử thi.
Truyền thuyết.
Truyện ngụ ngôn.
Thần thoại phản ánh khái quát hóa hiện thực dưới dạng những vị thần được nhân cách hóa hoặc những sinh thể có linh hồn. Truyền thuyết thường có yếu tố tưởng tượng kì ảo kể về các nhân vật, sự kiện đều liên quan đến lịch sử hoặc giải thích nguồn gốc các phong cảnh địa phương theo quan niệm của nhân dân. Truyện ngụ ngôn dùng cách ẩn dụ hoặc nhân hóa loài vật, con vật hay kể cả con người để thuyết minh cho một chủ đề luân lí, triết lí, một quan niệm nhân sinh hay một nhận xét về thực tế xã hội hay những thói hư tật xấu của con người. Chọn B.
nhu cầu/ tính chất.
số lượng/ mục đích.
mật độ/ vai trò.
số lượng/ khả năng.
hiện thực - lãng mạn.
công khai - không công khai.
yêu nước - nhân đạo .
lãng mạn - sử thi.
Vì chịu sự chi phối của một nước thuộc địa nên văn học cũng chịu sự kiểm soát của nước thuộc địa, vì vậy chia làm hai bộ phận công khai và không công khai. Chọn B.
che chở.
che chắn.
bao bọc.
bao che.
“bao che” là che giấu tội lỗi, khuyết điểm cho người nào đó. “che chở” là bảo vệ người nào đó khỏi khó khăn. “Che chắn” là giúp đỡ, bảo vệ người nào đó khỏi sự tấn công. “bao bọc” là giúp đỡ yêu thương, gắn bó người khác. → Từ thích hợp điền vào chỗ trống là “bao che” => Mầm mống đại họa bắt nguồn từ việc bao che những tội lỗi, sai trái và tiêu cực. Chọn D.
đặc điểm.
hình dung.
vẻ đẹp.
biểu tượng.
Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống. Chọn B.
Khao khát thoát khỏi cuộc sống quẩn quanh, buồn chán hiện tại.
Hi vọng bán thêm được ít hàng cho khách đi tàu.
Thích nhìn thấy những thứ sang trọng hào nhoáng trên tàu.
Mong ước được một lần đi tàu đến Hà Nội.
Chi tiết “Liên lặng theo mơ tưởng. Hà Nội xa xăm, Hà Nội sáng rực vui vẻ và huyên náo. Con tàu như đã đem một chút thế giới khác đi qua. Một thế giới khác hẳn đối với Liên, khác hẳn cái vầng sáng ngọn đèn của chị Tí và ánh lửa của bác Siêu.” cho thấy hai chị em Liên đã chán cuộc sống quẩn quanh, buồn chán nơi phố huyện nghèo. Hai chị em mong chờ “một thế giới khác” sôi động và huyên náo hơn. Chọn A.
Dòng hồi tưởng với những cảm xúc lưu luyến.
Niềm hạnh phúc khi chợt bắt gặp khoảnh khắc đầu thu.
Nỗi buồn khi phải chia xa quê hương của mình.
Nỗi nhớ về một mảnh đất mình không thể trở lại.
so sánh.
nhân hóa.
ẩn dụ.
hoán dụ.
Nhân hóa “Thời gian chạy qua tóc mẹ”. Chọn B.
Giải thích.
Bác bỏ.
Chứng minh.
Bình luận.
Thao tác lập luận chính của đoạn trích trên là: Bình luận. Biểu hiện: Có nhiều câu văn thể hiện quan điểm, ý kiến của người viết về vấn đề chữ và tiếng trong thơ như câu 3,4.... Chọn D.
Khung cảnh thiên nhiên ở Hồng Ngài.
Bức tranh đời sống ở Hồng Ngài.
Bối cảnh nảy sinh tâm trạng Mị.
Khung cảnh Tết đến xuân về ở Hồng Ngài.
Đoạn trích miêu tả khung cảnh Tết đến xuân về ở Hồng Ngài. Chọn D.
Sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước.
Khát vọng hòa mình vào đất nước.
Lời nhắn nhủ chân thành, tha thiết.
Phát huy văn hóa, truyền thống tốt đẹp của dân tộc.
Từ “hóa thân” trong đoạn thơ có ý nghĩa chỉ hành động sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước. Chọn A.
Ánh sáng mặt trời đã mang đến niềm vui cho con người giữa những ngày đông rét mướt, u ám.
Mặt trời mang đến ánh sáng tươi mới, khiến cả không gian như bừng sáng, báo hiệu một ngày mới ấm áp.
Cuộc kháng chiến, cách mạng đã thắng lợi mang đến nhiều sự thay đổi và niềm vui tràn ngập lòng người.
Sự thắng lợi của chế độ quân chủ, của cách mạng dân tộc kéo con người bước qua tăm tối, đón nhận ánh sáng mới.
Xác định từ khóa “ý nghĩa biểu tượng” ở câu hỏi để nhận biết “mặt trời” ở đây cần hiểu theo nghĩa khác chứ không phải nghĩa tả thực là mặt trời của thiên nhiên nên loại A và B. Xác định hình ảnh “bộ đội” và đánh đuổi giặc Pháp, giặc Mĩ trong đoạn thơ để nhận biết chế độ ở đây không phải là chế độ quân chủ (Chế độ quân chủ là chế độ nhà nước có vua đứng đầu), loại D. Chọn C.
Chí Phèo vui mừng vì sau bao ngày chìm đắm trong men rượu, nay hắn đã tỉnh lại.
Chí Phèo vui sướng, hạnh phúc vì được xã hội đón nhận.
Chí Phèo đang hạnh phúc và khát khao được kéo dài hạnh phúc với Thị Nở.
Chí Phèo vui mừng vì Thị Nở đồng ý giúp hắn trở thành người lương thiện.
Con người Nguyễn Đình Chiểu.
Thơ văn của Nguyễn Đình Chiểu.
Cuộc đời của Nguyễn Đình Chiểu.
Sự nghiệp cách mạng của Nguyễn Đình Chiểu.
Dựa vào câu thứ 2 của đoạn văn “Văn thơ của Nguyễn Đình Chiểu cũng vậy”. Hình ảnh “vì sao có ánh sáng khác thường” trong đoạn trích là ẩn dụ cho thơ văn của Nguyễn Đình Chiểu. Chọn B.
nhân hậu.
dũng cảm.
tự trọng.
tự ti.
Sự mưu trí.
Sự tài hoa.
Trí dũng.
Lao động bình dị.
Đoạn trích trên thể hiện vẻ đẹp lao động rất đỗi bình dị. Đối với mọi người công việc vượt thác là một công việc khó khăn đòi hỏi sự điêu luyện nhưng đối với những người hùng sông nước thì họ lại coi đó là một điều rất bình thường, vô cùng giản dị. Câu chuyện của họ nhắc đến các loại cá thay vì nhắc đến chiến công trong cuộc chiến với Sông Đà. Đây chính là vẻ đep của chất vàng mười mà Nguyễn Tuân đề cao. Chọn D.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Đoạn trích miêu tả buổi chiều tàn nơi phố huyện với những chi tiết: “phương tây đỏ rực như lửa cháy, những đám mây hồng như hòn than sắp tàn, dãy tre làng trước mặt đen lại, tiếng ếch nhái kêu ran ngoài đồng...”. Chọn B.
Những người đã khuất trò chuyện với nhau.
Câu chuyện thần thoại về những vị anh hùng dân tộc.
Ông cha nhắc nhở con cháu về truyền thống của dân tộc.
Cuộc sống hạnh phúc, vui vẻ của những người đã khuất.
Đoạn thơ là lời ông cha nhắc nhở con cháu về truyền thống của dân tộc. Chọn C.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
So sánh.
Biện pháp tu từ được sử dụng trong câu thơ “Áo chàm đưa buổi phân li” là hoán dụ (áo chàm). Hình ảnh “áo chàm” không đơn thuần dùng để chỉ màu áo quen thuộc của người dân Việt Bắc (áo nhuộm màu chàm) mà còn là hình ảnh nói thay cho toàn thể nhân dân Việt Bắc trong ngày đưa tiễn những đồng chí cách mạng về xuôi. Chọn B.
Nhu nhược, đớn hèn.
Dũng cảm, gan dạ.
Thương con, nhẫn nhục chịu đựng.
Thấu hiểu gã chồng.
Câu nói của người đàn bà hàng chài cho thấy tính cách thương con, sợ con bị tổn thương tinh thần, nhẫn nhục chịu đựng của chị. Vì thế chị đã xin lão chồng “đưa tôi lên bờ mà đánh”. Chọn C.
Tổ chức ám sát trùm mộ phu Badanh.
Xuất bản và tuyên truyền báo Thanh niên.
Phát động nhân dân tổng khởi nghĩa.
Phát động cuộc khởi nghĩa Yên Bái.
Phương án A, C, D không phải là hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên (1925-1929). Phương án B chính là hoạt động của Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên (1925-1929). Để đẩy mạnh công tác tuyên truyền cho Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên, Nguyễn Ái Quốc đã sáng lập và phát hành báo Thanh Niên, ra số đầu tiên ngày 21-6-1925. Chọn B.
Mĩ, Tây Âu, Nhật Bản.
Mĩ, Trung Quốc, Tây Âu.
Mĩ, Liên Xô, Nhật Bản.
Mĩ, Trung Quốc, Đức.
Trong nửa sau thế kỉ XX, xuất hiện ba trung tâm kinh tế-tài chính lớn của thế giới là Mĩ, Tây Âu, Nhật Bản, trong đó Mĩ luôn đứng số 1. Chọn A.
Ba Đình-Thanh Hóa.
Hương Sơn-Hà Tĩnh.
Thuận An-Huế.
Tân Sở-Quảng Trị.
Tôn Thất Thuyết lấy danh nghĩa vua Hàm Nghi xuống chiếu Cần vương khi đang ở Tân Sở-Quảng Trị vào tháng 7 năm 1885. Chọn D.
Inđônêxia, Việt Nam, Lào.
Campuchia, Malaixia, Brunây.
Inđônêxia, Xingapo, Malaixia.
Miến Điện, Việt Nam, Philippin.
Sau khi Nhật đầu hàng 1945, các nước Đông Nam Á đã đứng lên đấu tranh giành độc lập, sớm nhất là 3 quốc gia Inđônêxia, Việt Nam, Lào. Trong đó: Inđônêxia độc lập 17-8-1945;
ở Việt Nam: Cách mạng tháng Tám thành công, tuyên bố độc lập 2-9-1945;ở Lào, thang 8/1945 nhân dân Lào nổi dậy, 12-10-1945 tuyên bố độc lập. Chọn C.
Công nhân.
Nông dân.
Tư sản mại bản.
Tiểu tư sản trí thức.
Tư sản mại bản là bộ phận có quyền lợi gắn chặt với đế quốc nên cấu kết chặt chẽ với chúng. Bởi vậy đây là lực lượng không thể tham gia vào giải quyết hai nhiệm vụ dân tộc và dân chủ ở Việt Nam. Chọn C.
Mĩ muốn đảo chính, lật đổ Pháp để độc chiếm Đông Dương.
cuộc chiến tranh Đông Dương chịu tác động của Chiến tranh lạnh.
kẻ thù chính của nhân dân Đông Dương từ lúc này là đế quốc Mĩ.
Mĩ đã bắt đầu quan tâm đến quyền lợi trên bán đảo Đông Dương.
Đầu năm 1950, Mĩ từng bước "can thiệp" và "dính líu" trực tiếp vào cuộc chiến tranh xâm lược của Pháp Đông Dương, chứng tỏ cuộc chiến tranh Đông Dương chịu tác động của Chiến tranh lạnh. Miền Bắc nhận viện trợ của Trung Quốc, Liên Xô còn miền Nam thì bị Mĩ chi phối. Chọn B.
chống lại chủ nghĩa thực dân kiểu mới.
quá trình giành độc lập diễn ra lâu dài.
xóa bỏ trật tự thế giới hai cực, hai phe.
chống lại chủ nghĩa thực dân kiểu cũ.
Một điểm khác biệt cơ bản về phong trào đấu tranh giành độc lập ở châu Phi so với khu vực Mĩ Latinh sau Chiến tranh thế giới thứ hai là chống lại chủ nghĩa thực dân kiểu cũ, còn ở khu vực Mĩ Latinh là chống chủ nghĩa thực dân kiểu mới. Chọn D.
Nông dân.
Công nhân.
Đại địa chủ.
Tư sản.
Giai cấp nông dân ngày càng bần cùng, không lối thoát. Mâu thuẫn giữa nông dân với đế quốc Pháp và phong kiến tay sai hết sức gay gắt. Nông dân là lực lượng cách mạng to lớn của dân tộc. Chọn A.
toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp.
giai cấp vô sản với chế độ phản động thuộc địa.
một bộ phận giai cấp vô sản với giai cấp tư sản.
toàn bộ giai cấp nông dân và giai cấp địa chủ.
Như vậy, từ sau Chiến tranh thế giới thứ nhất đến cuối những năm 20, trên đất nước Việt Nam đã diễn ra những biến đồi quan trọng về kinh tế, xã hội, văn hóa, giáo dục. Mâu thuẫn trong xã hội Việt Nam ngày càng sâu sắc, trong đó chủ yếu là mâu thuẫn giữa toàn thể nhân dân ta với thực dân Pháp và phản động tay sai. Cuộc đấu tranh dân tộc chống đế quốc và tay sai tiếp tục diễn ra với nội dung và hình thức phong phú. Chọn A.
Đầu tư vốn với tốc độ nhanh và quy mô lớn.
Đầu tư phát triển hệ thống giao thông vận tải.
Chú trọng đầu tư vào phát triển nông nghiệp.
Luôn hạn chế sự phát triển công nghiệp nặng.
Phương án B, C, D đều là các đặc điểm tương đồng của 2 cuộc khai thác thuộc địa của Pháp ở Việt Nam. Phương án A là sự khác biệt của khai thác thuộc địa lần thứ hai so với cuộc khai thác thuộc địa lần thứ nhất do thực dân Pháp tiến hành ở Đông Dương. Tốc độ, quy mô của cuộc khai thác thuộc địa lần thứ hai lớn gấp nhiều lần so với cuộc khai thác lần thứ nhất. Chọn A.
Cường quốc kinh tế hàng đầu thế giới.
Đang trong quá trình công nghiệp hóa.
Nông nghiệp là ngành kinh tế chủ đạo.
Có giá trị thương mại lớn nhất thế giới.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy: Cộng hòa liên bang Đức là cường quốc kinh tế hàng đầu thế giới.
- Đáp án A. Cường quốc kinh tế hàng đầu thế giới. → đúng. Chọn A.
- Đáp án B. Đang trong quá trình công nghiệp hóa. → sai, đã công nghiệp hóa.
- Đáp án C. Nông nghiệp là ngành kinh tế chủ đạo. → sai, công nghiệp, dịch vụ mới là chủ đạo.
- Đáp án D. Có giá trị thương mại lớn nhất thế giới. → sai, EU mới lớn nhất thế giới.
thành phần dân tộc và tôn giáo.
quy mô và cơ cấu dân số.
trình độ khoa học-kĩ thuật.
nguồn tài nguyên thiên nhiên.
Nguyên nhân chủ yếu tạo nên sự khác biệt về trình độ phát triển kinh tế-xã hội giữa nhóm nước phát triển với đang phát triển là do trình độ khoa học kỹ thuật. Đây là yếu tố quan trọng có thể bù đắp những thiếu hụt về tài nguyên hay những vấn đề khác. Chọn C.
Trường Sơn Nam.
Trường Sơn Bắc.
Hoàng Liên Sơn.
Dãy Bạch Mã.
Đai ôn đới gió mùa trên núi chỉ có ở Hoàng Liên Sơn do chỉ có ở đây mới có núi cao trên 2600m. Chọn C.
chế độ mưa mùa.
hoạt động của dải hội tụ nhiệt đới.
hoạt động của bão.
sự đa dạng của hệ thống sông ngòi.
Sông ngòi nước ta có chế độ nước theo mùa là do chế độ mưa mùa, đây là nguồn cung cấp nước chủ yếu nhất cho sông. Chọn A.
đóng tàu, luyện kim màu.
luyện kim màu, khai thác dầu mỏ.
điện tử, khai thác dầu mỏ.
sản xuất ôtô, luyện kim màu.
Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang Các vùng kinh tế trọng điểm, cho biết các ngành công nghiệp chỉ có ở vùng kinh tế trọng điểm phía Nam là luyện kim màu, khai thác dầu mỏ. Chọn B.
Cho biểu đồ:
TÌNH HÌNH XUẤT, NHẬP KHẨU CỦA VIỆT NAM, GIAI ĐOẠN 2005-2017
(Nguồn số liệu theo Niên giám thống kê Việt Nam 2018, NXB Thống kê, 2019)
Theo biểu đồ, nhận xét nào sau đây đúng về xuất, nhập khẩu của nước ta giai đoạn 2005-2017?
Việt Nam luôn là nước xuất siêu.
Nhập khẩu tăng nhiều hơn xuất khẩu.
Xuất khẩu tăng nhanh hơn nhập khẩu.
Việt Nam luôn là nước nhập siêu.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
- A sai: Giai đoạn 2005-2015 Việt Nam liên tục nhập siêu
- B sai: Xuất khẩu tăng nhiều hơn nhập khẩu (xuất khẩu tăng 181,6 tỉ USD, nhập khẩu tăng 174,3 tỉ USD)
- C đúng: Xuất khẩu tăng nhanh hơn nhập khẩu (xuất khẩu tăng gấp 6,6 lần; nhập khẩu tăng 5,7 lần). Chọn C.
- D sai: Năm 2017 Việt Nam xuất siêu
tỉ trọng ngành công nghiệp chế biến tăng, ngành công nghiệp khai thác giảm.
ngành công nghiệp chế biến có tỉ trọng thấp hơn ngành công nghiệp khai thác.
tỉ trọng ngành công nghiệp chế biến giảm, ngành công nghiệp khai thác tăng.
đấy mạnh sản xuất hàng hoá để đáp ứng tốt nhu cầu ở trong và ngoài nước.
Tỉ trọng ngành công nghiệp chế biến tăng, ngành công nghiệp khai thác giảm là biểu hiện rõ nét nhất trong chuyễn dịch cơ cấu ngành công nghiệp. Chọn A.
Trung du và miền núi Bắc Bộ.
Đồng bằng sông Hồng.
Duyên hải miền Trung.
Đông Nam Bộ
Vùng có nhiều di sản văn hóa thế giới của nước ta là: Duyên hải Nam Trung Bộ (Phố cổ Hội An, Di tích đền Mỹ Sơn. (Quan sát Atlat trang 25: Du lịch). Chọn C.
tăng cường đầu tư và hoàn thiện cơ sở hạ tầng.
phát triển nền nông nghiệp hàng hóa.
phát triển cây công nghiệp lâu năm và thủy sản.
phát triển loại hình du lịch sinh thái.
Biện pháp quan trọng nhất nhằm giảm thiểu tình trạng đốt rừng làm nương rẫy ở vùng Trung du và miền núi Bắc Bộ là phát triển nông nghiệp hàng hóa. Từ đây có hiệu quả cao sẽ giảm thiểu tình trạng đốt rừng. Chọn B.
tài nguyên thiên nhiên.
lao động và thị trường.
truyền thống sản xuất.
đầu tư từ nước ngoài.
Đồng bằng sông Hồng có thế mạnh về lao động đông, thị trường lớn. Dệt may và da giày cần những yếu tố này. Chọn B.
hiện tượng cảm ứng điện từ.
hiện tượng nhiễm điện do tiếp xúc.
hiện tượng nhiễm điện do cọ xát.
hiện tượng nhiễm điện do hưởng ứng.
Hiện tượng áo len bị nhiễm điện được giải thích do hiện tượng nhiễm điện do cọ xát.
Chọn C.
\[{\rm{\alpha }}\] là góc tới giới hạn.
Với \[i > {\rm{\alpha }}\]sẽ có phản xạ toàn phần.
Nếu ánh sáng truyền từ (2) tới (1) chỉ có phản xạ thông thường.
Nếu ánh sáng truyền từ (2) tới (1) có thể có phản xạ toàn phần.
Do môi trường (1) có chiết suất lớn hơn môi trường (2) nên nếu ánh sáng truyền từ (2) tới (1) không thể có phản xạ. Chọn D.
Hai kim nam châm nhỏ đặt trên Trái Đất xa các dòng điện và các nam châm khác; đường nối hai trọng tâm của chúng nằm theo hướng Nam – Bắc. Nếu từ trường Trái Đất mạnh hơn từ trường kim nam châm, khi cân bằng, hai kim nam châm đó sẽ có dạng như thế nào?
Hình 4.
Hình 3.
Hình 2.
Hình 1.
Cả hai kim nam châm định hướng theo hướng Nam – Bắc của từ trường Trái Đất nên hình 1 đúng. Chọn D.
Hai nhạc cụ phát ra hai âm có đồ thị dao động mô tả như hình bên. Chọn phát biểu đúng?
Độ cao của âm 1 lớn hơn âm 2.
Hai âm có cùng âm sắc.
Hai âm có cùng tần số.
Độ cao của âm 2 lớn hơn âm 1.
Từ đồ thị, ta thấy chu kì âm 2 lớn hơn chu kì âm 1 nên tần số âm 2 nhỏ hơn tần số âm 1. Do đó độ cao âm 1 lớn hơn âm 2. Chọn A.
Sóng dài.
Sóng ngắn.
Sóng trung.
Sóng cực ngắn.
Việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh VINASAT-2 được thông qua bằng sóng cực ngắn. Chọn D.
Một học sinh thực hiện thí nghiệm sóng dừng trên sợi dây có hai đầu cố định, một đầu gắn với cần rung dao động với tần số sóng là 100 Hz, biết dây dài 1,5 m. Hãy quan sát hình và cho biết giá trị vận tốc truyền sóng trên dây.
100 m/s.
50 m/s.
150 m/s.
200 m/s.
Trên dây đang có sóng dừng với 3 bó sóng.
Khi hai đầu dây cố định \(\ell = k\frac{{\rm{\lambda }}}{2} \Rightarrow \ell = k\frac{v}{{2f}} \Rightarrow v = \frac{{2\ell f}}{k} = \frac{{2.1,5.100}}{3} = 100\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Chọn A.
Khi hệ vật chuyển động từ vị trí biên ban đầu đến VTCB:
CLLX \((m + M = 1,5m)\):\({v_{\max }} = A{\rm{\omega }} = A\sqrt {\frac{k}{{1,5m}}} {\rm{. }}\)
Khi đến VTCB, hai vật tách khỏi nhau do m bắt đầu chuyển động chậm dần, lúc này M chuyển động thẳng đều với vận tốc \({{\rm{v}}_{\max }}\) ở trên.
Xét CLLX có vật m (vận tốc cực đại không thay đồi):
\({{\rm{v}}_{\max }} = {{\rm{A}}^\prime }{{\rm{\omega }}^\prime } = {{\rm{A}}^\prime }\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} = {\rm{A}}\sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{1,5\;{\rm{m}}}}} \Rightarrow {{\rm{A}}^\prime } = \frac{{\rm{A}}}{{\sqrt {1,5} }} = \frac{9}{{\sqrt {1,5} }}\;{\rm{cm}}\)
Từ khi tách nhau (qua VTCB) đến khi lò xo có chiều dài cực đại thì m đến vị trí biên Aˊ, thời gian dao động là \(\Delta {\rm{t}} = \frac{{\rm{T}}}{4} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{4{{\rm{\omega }}^\prime }}} = \frac{{\rm{\pi }}}{{2{{\rm{\omega }}^\prime }}};\) với \({{\rm{\omega }}^\prime } = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} = {\rm{\omega }}\sqrt {1,5} \Rightarrow \Delta {\rm{t}} = \frac{\pi }{{{\rm{\omega }}.2\sqrt {1,5} }}\).
Trong thời gian này, \({\rm{M}}\) đi được quãng đường: \({\rm{s}} = {{\rm{v}}_{\max }} \cdot \Delta t = \omega {\rm{A}} \cdot \frac{\pi }{{\omega \cdot 2\sqrt {1,5} }} = \frac{{4,5\pi }}{{\sqrt {1,5} }}\;{\rm{cm}}\)
Khoảng cách hai vật: \(\Delta d = s - {A^\prime } \approx 4,2\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Đáp án. 4,2
Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng đơn sắc với bước sóng \(\lambda \), khoảng cách giữa hai khe là 1,0 mm. Vẫn giao thoa được quan sát qua một kính lúp có tiêu cự 5 cm đặt cách mặt phẳng hai khe một khoảng L = 65 cm. Một người có mặt bình thường đặt mắt sát kính lúp và quan sát hệ vân trong trạng thái không điều tiết thì thấy góc trông khoảng vân là 20,5'. Bước sóng của ánh sáng dùng trong thí nghiệm trên là bao nhiêu?
620 nm.
500 nm.
580 nm.
550 nm.
Góc trông vật = góc hợp giữa 2 tia sáng từ 2 đầu mút của vật tới quang tâm của mắt.
Góc trông khoảng vân \({\rm{\alpha }} = \tan {\rm{\alpha }} = \frac{{{\rm{ ni }}}}{{\rm{f}}}\)(với n = 1).
Khi quan sát khoảng vân qua kính lúp, mắt đặt sát kính lúp và muốn quan sát trong trạng thái không điều tiết (với mắt bình thường) thì ảnh của hệ vân qua kính lúp phải ở vô cùng, tức là khi đó hệ vân giao thoa sẽ nằm tại tiêu diện vật của kính lúp. Nói cách khác, tiêu diện vật của kính lúp đóng vai trò là màn ảnh của hệ giao thoa.
Theo đề bài: \({\rm{D}} = {\rm{L}} - {\rm{f}} = 60(\;{\rm{cm}})\)
Do\[{\rm{\alpha }} \ll \,\, \Rightarrow \tan {\rm{\alpha }} \approx {\rm{\alpha }} \Rightarrow {\rm{\alpha }} = \frac{i}{f} \Rightarrow {\rm{i}} = {\rm{f\alpha }} = \frac{{50.20,5.3,14}}{{60.180}} \approx 0,3\;{\rm{mm}} \Rightarrow \lambda = \frac{{{\rm{ia}}}}{{\rm{D}}} = 500\;{\rm{nm}}{\rm{.}}\] Chọn B.
Các đoạn AM, MN, NB lần lượt chứa các phần tử: cuộn cảm thuần, điện trở, tụ điện. Dòng điện xoay chiều chạy qua mạch có tần số ổn định và có giá trị cực đại là 2 A. Hình vẽ dưới là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hai đầu đoạn mạch AN và hai đầu đoạn mạch MB theo thời gian t. Giá trị hệ số tự cảm của cuộn dây và điện dung của tụ điện lần lượt là
360 mH; 50 μF.
510 mH; 35,35 μF.
255 mH; 50 μF.
127 mH; 141,5 μF.
Từ đồ thị, ta có: \(\frac{T}{2} = 10\;{\rm{ms}} \Rightarrow {\rm{T}} = 20\;{\rm{ms}} \Rightarrow {\rm{\omega }} = \frac{{2{\rm{\pi }}}}{{\rm{T}}} = 100{\rm{\pi }}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)
\({{\rm{U}}_{{\rm{OAN}}}} = 100\;{\rm{V}} = \sqrt {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2 + {\rm{U}}_{{\rm{OL}}}^2} {\rm{ v\`a }}{{\rm{U}}_{{\rm{OMB}}}} = 75\;{\rm{V}} = \sqrt {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2 + {\rm{U}}_{{\rm{OC}}}^2} \)
Tại t = 0: \[\left\{ \begin{array}{l}{u_{AN}} = - 75V = - \frac{3}{4}{U_{0AN}}\\{u_{MB}} = 50V = \frac{2}{3}{U_{0MB}}\end{array} \right. \Rightarrow {u_{AN}} \bot {u_{MB}}\]
\( \Rightarrow \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}^2}} = \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OAN}}}^2}} + \frac{1}{{{\rm{U}}_{{\rm{OMB}}}^2}} \Rightarrow {{\rm{U}}_{{\rm{OR}}}} = 60\;{\rm{V}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{U}}_{{\rm{OL}}}} = 80\;{\rm{V}}}\\{{{\rm{U}}_{{\rm{OC}}}} = 45\;{\rm{V}}}\end{array}} \right.\)
Cảm kháng: \({{\rm{Z}}_{\rm{L}}} = \frac{{{{\rm{U}}_{0\;{\rm{L}}}}}}{{{{\rm{I}}_0}}} = 40\Omega \Rightarrow {\rm{L}} = \frac{{{{\rm{Z}}_{\rm{L}}}}}{\omega } = \frac{{40}}{{100\pi }} = 127{\rm{mH}}\)
Dung kháng: \({{\rm{Z}}_{\rm{C}}} = \frac{{{{\rm{U}}_{0{\rm{C}}}}}}{{\rm{I}}} = 22,5\Omega \Rightarrow {\rm{C}} = \frac{1}{{{{\rm{Z}}_{\rm{C}}}.{\rm{\omega }}}} = 141,{5.10^{ - 6}}\;{\rm{F}} = 141,5{\rm{\mu F}}\). Chọn D.
\({274.10^3}\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)
\({234.10^3}\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)
\({254.10^3}\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)
\({264.10^3}\;{\rm{m}}{\rm{.}}\)
Số photon của nguồn sáng phát ra trong 1 giây: \({N_0} = \frac{{\rm{P}}}{\varepsilon } = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc}}\).
Gọi D là khoảng cách từ mắt đến nguồn sáng, thì số photon trên được phân bố đều trên mặt hình cầu có bán kính là D.
Số photon qua 1 đơn vị diện tích của hình cầu trong 1 giây là: \(n = \frac{{{N_0}}}{{4\pi {D^2}}} = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc \cdot 4\pi {D^2}}}\)
Số photon lọt vào con ngươi trong 1 giây là: \(N = \pi {\left( {\frac{d}{2}} \right)^2}n = \frac{{\pi {d^2}}}{4}.\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{hc.4\pi {D^2}}} = \frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda {d^2}}}{{16hc.{D^2}}}\).
Để mắt còn nhìn thấy được nguồn sáng thì \({\rm{N}} \ge 80\) (80 là độ nhạy của mắt - số photon ít nhắt lọt vào mắt mà mắt còn phát hiện ra).
Suy ra: \(\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda {d^2}}}{{16hc.{D^2}}} \ge n \Rightarrow D \le \frac{d}{4}\sqrt {\frac{{{\rm{P}}{\rm{.}}\lambda }}{{nhc}}} = \frac{{{{4.10}^{ - 3}}}}{4}\sqrt {\frac{{2.0,{{597.10}^{ - 6}}}}{{80.6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}} = {274.10^3}\;m.\) Chọn A.
\(0,04\;{\rm{mol}}.\)
\(0,05\;{\rm{mol}}.\)
\(0,03\;{\rm{mol}}.\)
\(0,02\;{\rm{mol}}.\)
Þ \[{n_E} = \frac{{2,08}}{{16}} = 0,13\,(mol)\]
Þ \({n_{{H_2}}}\)phản ứng = (0,07 + 0,13) – 0,13 = 0,07 (mol)
- Phản ứng \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}/{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) chỉ có: \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_2} + {\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}/{\rm{N}}{{\rm{H}}_3} \to {\rm{AgC}} \equiv {\rm{CAg}} \downarrow + \ldots \)
\({m_ \downarrow } = 4,8\,gam \to {n_{{C_2}{H_2}\,(E)}} = {n_ \downarrow } = 0,02\,(mol)\)
- Hỗn hợp khí G gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_4}\,\,\,\,x\,mol\\{C_2}{H_6}\,\,\,y\,mol\end{array} \right.\)và H2.
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}x + y + 0,02 = 0,07\\x + 2y = 0,07\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,03\\y = 0,02\end{array} \right.(mol)\) Þ \({n_{B{r_2}}} = {n_{{C_2}{H_4}}} = 0,03\,mol\)
Chọn C.
Khi nung nóng, \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot 5{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ bắt đầu mất dần khối lượng. Đồ thị sau đây biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng chất rắn vào nhiệt độ.
Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({700^o }{\rm{C}}\) là
\({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}{\rm{.2}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\).
\({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\).
\[CuS{O_4}\].
CuO.
Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({700^o }{\rm{C}}\) không thay đổi Þ chất rắn chỉ chứa \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}\). Chọn C.
Một lọ đựng dung dịch \({\rm{NaOH}}\)(dung dịch X) để lâu ngày.
Nồng độ \({\rm{NaOH}}\)trong X được xác định lại như sau:
Thí nghiệm 1: thêm 75,0 mL dung dịch \({\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2}\) 0,1M vào \(100\;{\rm{mL}}\) dung dịch X thu được 0,5 gam kết tủa trắng.
Thí nghiệm 2: cho từ từ dung dịch HCl 1M vào \(100\;{\rm{mL}}\) dung dịch \({\rm{X}}\), nhận thấy có 54,0 mL dung dịch \({\rm{HCl}}\) phản ứng. Sau phản ứng, thu được dung dịch Y có pH = 7 và khí A không màu, có tỉ khối so với khí hydrogen là 22.
Nồng độ \({\rm{NaOH}}\) trong dung dịch X là
\(0,23{\rm{M}}.\)
\(0,65{\rm{M}}.\)
\(1,25{\rm{M}}.\)
\(0,44{\rm{M}}.\)
Dung dịch \({\rm{NaOH}}\) để lâu ngày bị chuyển hóa một phần về \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}.\)
Thí nghiệm 1: thêm 75,0 mL dung dịch \({\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2}0,1{\rm{M}}\) vào \(100\;{\rm{mL}}\) dung dịch \({\rm{X}}\) thu được 0,5 gam kết tủa trắng.
Kết tủa là \({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3} = 0,005\;{\rm{mol}} \Rightarrow \) Số mol của \({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3} = 0,005\,\,mol.\)
Thí nghiệm 2: Khí A không màu, có tỉ khối so với khí hydrogen là 22 nên khí A là \(C{O_2}.\)
Sau phản ứng, thu được dung dịch \({\rm{Y}}\)có \({\rm{pH}} = 7\) đồng nghĩa với việc \({\rm{HCl}},{\rm{NaOH}}\) phản ứng hết, dung dịch thu được có môi trường trung tính (chứa muối trung hòa).
Khi thêm từ từ \({\rm{HCl}}\) xảy ra phản ứng như sau:
\(\begin{array}{l}{H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O\\2{H^ + } + CO_3^{2 - } \to C{O_2} + {H_2}O\\0,01\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,0,005\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol)\\{n_{HCl}} = 0,054\,(mol) \to {n_{NaOH}} = 0,054 - 0,01 = 0,044\,(mol)\end{array}\)
Þ Nồng độ \({\rm{NaOH}}\) trong dung dịch \({\rm{X}}\) là \(0,44{\rm{M}}{\rm{.}}\) Chọn D.
Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) là nguyên liệu để sinh vật tổng hợp protein. Công thức cấu tạo của 2 amino acid: Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) được cho dưới đây:
Cho 0,30 mol hỗn hợp Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) phản ứng với dung dịch NaOH. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, số mol NaOH đã phản ứng là
0,30.
0,15.
0,60.
0,90.
Aspartic acid (Asp) phân tử có chứa 2 nhóm -COOH
Tyrosine (Tyr) phân tử có chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -OH của phenol.
Vậy Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) đều tham gia phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2.
Þ 0,30 mol hỗn hợp Aspartic acid (Asp) và Tyrosine (Tyr) phản ứng với 0,6 mol NaOH.
Chọn C.
Khi thực hành thí nghiệm phản ứng của hexane \(\left( {{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_{14}}} \right)\) với bromine \(\left( {{\rm{B}}{{\rm{r}}_2}} \right).\) Cần tiến hành các bước:
Bước 1: Cho vào ống nghiệm khô khoảng \(1\;{\rm{mL}}\) hexane và nhỏ thêm vào ống nghiệm khoảng \(1\;{\rm{mL}}\) nước bromine. Quan sát màu sắc sau đó lắc nhẹ hỗn hợp rồi để yên 10 phút.
Bước 2: Nút ống nghiệm bằng bông đã tẩm dung dịch \({\rm{NaOH}}\) rồi nhúng phần đáy ống nghiệm vào cốc nước nóng \({50^o }{\rm{C}}\) (đã chuẩn bị trước) hoặc để ống nghiệm ra nơi có ánh sáng Mặt Trời. Biết hexane có khối lượng riêng nhỏ hơn nước.
Chú ý an toàn: Hexane, bromine và hydrogen bromine \(({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_{13}}{\rm{Br}})\) dễ bay hơi, có mùi xốc, độc. Hiện tượng quan sát được như sau:
Phát biểu nào sau đây là sai?
Bromine tan trong hexane nhiều hơn trong nước.
Nút ống nghiệm bằng bông tẩm dung dịch \({\rm{NaOH}}\) để tránh các khí độc thoát ra ngoài.
Lớp chất lỏng phía trên là nước, lớp chất lỏng phía dưới là hexane.
Phản ứng giữa hexane với bromine tạo thành hydrogen bromine là phản ứng thế.
A. Đúng do liên kết trong phân tử bromine là liên kết cộng hoá trị không phân cực nên bromine tan nhiều trong hexane (dung môi không phân cực) so với nước (dung môi phân cực).
B. Đúng do hexane, bromine và hydrogen bromide \(\left( {{\rm{HBr}}} \right)\) dễ bay hơi, có mùi xốc, độc.
C. Sai vì các dẫn xuất bromo khi sinh ra tan vào lớp hexane và chìm xuống bên dưới, lớp bên trên là lớp nước.
D. Đúng, đây là phản ứng thế của alkane với halogen.
Chọn C.
4.
2.
3.
5.
Polymer nhân tạo: Chỉ có cellulose triacetate và tơ visco. Chọn B.
\(25,93\% .\)
\(36,50\% .\)
\(64,98\% .\)
\(63,05\% .\)
Gọi số mol của các muối trong X: \({\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2},{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) và \({\rm{Ca}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)_2}\) lần lượt là \(x\); 4y; y (mol).
Theo phương trình, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = 0,25x + 2y + y = 0,25x + 3y\\{n_{N{O_2}}} = 2x + 4y\end{array} \right.(mol)\)
Khi cho hỗn hợp khí vào nước dư không có khí thoát ra \( \Rightarrow {\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) phản ứng vừa đủ với \({{\rm{O}}_2}\)
\(4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\)
Þ \({n_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = 4{{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} \Rightarrow 2{\rm{x}} + 4{\rm{y}} = 4 \cdot (0,25{\rm{x}} + 3{\rm{y}}) \Rightarrow {\rm{x}} = 8{\rm{y}}\)
\(\% {m_{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = \frac{{180x}}{{180x + 170.4y + 164y}} \cdot 100\% = \frac{{180.8y}}{{180.8y + 170.4y + 164y}} \cdot 100\% = 63,05\% \)
Chọn D.
\({\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2}\) và \({\rm{KCl}}.\)
\({\rm{KHS}}{{\rm{O}}_4}\) và \({\rm{KN}}{{\rm{O}}_3}.\)
NaOH và NaCl.
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}\) và \(NaHC{O_3}.\)
Để hỗn hợp khi hòa tan trong nước thu được dung dịch chỉ chứa một cation duy nhất (bỏ qua sự phân li của nước) thì hai chất phải có cùng cation và nếu chất tan là muối thì gốc acid không phân li ra H+. Như vậy hỗn hợp NaOH và NaCl thoả mãn:
NaOH → Na+ + OH−
NaCl → Na+ + Cl−
Chọn C.
(2), (3), (4), (6).
(1), (2), (4).
(1), (2), (4), (5).
(2), (3), (5).
Xét các yếu tố:
(1). Tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm nhiệt độ (theo chiều thu nhiệt \(\Delta {\rm{H}}\,{\rm{ > }}\,0)\)
\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
(2). Tăng áp suất chung của hệ → cân bằng chuyển dịch về phía làm giảm số mol khí → cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
(3). Hạ nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng nhiệt độ (theo chiều tỏa nhiệt \(\Delta {\rm{H}} < 0\))
\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
(4). Chất xúc tác \({{\rm{V}}_2}{{\rm{O}}_5}\) không làm chuyển dịch cân bằng mà chỉ làm tăng tốc độ phản ứng thuận và nghịch.
(5). Giảm nồng độ \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3} \to \) cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng nồng độ \({\rm{S}}{{\rm{O}}_3}\)\( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
(6). Khi giảm áp suất chung của hệ \( \to \) cân bằng chuyển dịch về phía làm tăng số mol khí \( \to \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
Chọn D.
Sơ đồ các quá trình xảy ra:
\(\begin{array}{l}{m_{ \downarrow {\rm{ }}}} = {m_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} + {m_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} \Rightarrow 10,21 = {m_{BaC{O_3}}} + 0,01 \cdot 233\\ \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}} = 7,88\,gam \Rightarrow {n_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{7,88}}{{197}} = 0,04\;{\rm{mol}}{\rm{. }}\end{array}\)
Þ \({n_{HCO_3^ - }} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,04\,mol\)
Þ 0,06 + 0,05b = 0,05 + 0,04 (Bảo toàn nguyên tố C)
Þ b = 0,6
Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y ta có:
\({n_{N{a^ + }}} = 1 \cdot 0,05 + 0,01 \cdot 2 + 1 \cdot 0,04 = 0,11\,mol\)
Bảo toàn nguyên tố Na, ta có: 0,05a + 2.0,05b = 0,11 → a = 1. Đáp án: 1
Tim → động mạch → tĩnh mạch → mao mạch → tim.
Tim → động mạch → mao mạch → tĩnh mạch → tim.
Tim → mao mạch → động mạch → tĩnh mạch → tim.
Tim → động mạch → mao mạch → động mạch → tim.
Máu chảy trong hệ tuần hoàn kín theo trật tự: tim → động mạch → mao mạch → tĩnh mạch → tim. Chọn B.
Hàm lượng nước trong đất là quá thấp.
Thế năng của nước trong đất quá thấp.
Hàm lượng ôxi trong đất quá thấp làm lông hút bị chết.
Hàm lượng ion khoáng và cao gây đầu độc tế bào.
Đất mặn có nồng độ muối cao so khiến cho dung dịch đất lúc này trở thành môi trường ưu trương so với cây trồng không ưa mặn. Điều đó đồng nghĩa là thế năng của nước trong đất thấp hơn trong cây dẫn đến cây không thể hấp thụ được nước. Kết quả là cây sẽ bị chết do thiếu nước. Chọn B.
không đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía không được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc.
đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía không được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc.
không đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc.
đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc.
Cơ sở của sự uốn cong trong hướng tiếp xúc là do sự sinh trưởng không đều của hai phía cơ quan, trong đó các tế bào tại phía không được tiếp xúc sinh trưởng nhanh hơn làm cho cơ quan uốn cong về phía tiếp xúc. Chọn A.
ADN pôlymeraza.
Enzim ligaza.
Các nuclêôtit.
Các đoạn Okazaki.
Các đoạn ADN ngắn đó chính là các đoạn Okazaki. Trong quá trình nhân đôi ADN, enzim ligaza giúp nối các đoạn Okazaki để tạo sợi liên tục. Do đó, nếu thiếu enzim này, các đoạn Okazaki không được nối lại dẫn đến mạch ADN mới bị đứt thành nhiều phân đoạn. Chọn B.
Có thể phát hiện ra bệnh phêninkêto niệu bằng cách làm tiêu bản tế bào và quan sát hình dạng nhiễm sắc thể dưới kính hiển vi.
Bệnh phêninkêtô niệu là do lượng axit amin tirôzin dư thừa và ứ đọng trong máu, chuyển lên não gây đầu độc tế bào thần kinh.
Chỉ cần loại bỏ hoàn toàn axit amin phêninalanin ra khỏi khẩu phần ăn của người bệnh thì người bệnh sẽ trở nên khỏe mạnh hoàn toàn.
Bệnh phêninkêto niệu là bệnh do đột biến ở gen mã hóa enzim xúc tác cho phản ứng chuyển hóa axit amin phêninalanin thành tirôzin trong cơ thể.
A. Sai. Bệnh phêninkêto niệu do đột biến gen gây ra nên không thể phát hiện ra bệnh phêninkêto niệu bằng cách làm tiêu bản tế bào và quan sát hình dạng nhiễm sắc thể dưới kính hiển vi.
B. Sai. Bệnh phêninkêtô niệu là do lượng axit amin phêninalanin dư thừa và ứ đọng trong máu, chuyển lên não gây đầu độc tế bào thần kinh.
C. Sai. Không nên loại bỏ hoàn toàn axit amin phêninalanin ra khỏi khẩu phần ăn của người bệnh mà nên ăn một cách hạn chế theo chỉ định, đồng thời cũng cần ăn tăng đồ ăn cho chứa tirôzin thì người bệnh sẽ có cơ hội phát triển bình thường mặc dù người bệnh vẫn mang gen bệnh.
D. Đúng. Bệnh phêninkêto niệu là bệnh do đột biến ở gen mã hóa enzim xúc tác cho phản ứng chuyển hóa axit amin phêninalanin thành tirôzin trong cơ thể.
Chọn D.
sinh trưởng và phát triển bình thường.
bị tiêu diệt hoàn toàn.
sinh trưởng nhanh nhưng phát triển chậm.
tồn tại nhưng không sinh trưởng và phát triển.
Dòng vi khuẩn mang ADN tái tổ hợp mong muốn sẽ sinh trưởng và phát triển bình thường do đã có kiểu hình kháng lại tetraxiclin. Chọn A.
có thể loại bỏ hoàn toàn một alen có lợi ra khỏi quần thể.
luôn làm tăng độ đa dạng di truyền của quần thể.
làm thay đổi tần số alen của quần thể theo một hướng xác định.
chỉ làm thay đổi tần số alen trội của quần thể có kích thước nhỏ.
A. Đúng. Các yếu tố ngẫu nhiên như thiên tai, bão lũ,… loại bỏ các alen một cách ngẫu nhiên nên có thể loại bỏ hoàn toàn 1 alen có lợi cho quần thể.
B. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm nghèo vốn gen của quần thể, giảm sự đa dạng di truyền.
C. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm thay đổi tần số alen không theo một chiều hướng nhất định.
D. Sai. Các yếu tố ngẫu nhiên làm thay tần số alen của cả quần thể có kích thước nhỏ và quần thể có kích thước lớn nhưng quần thể có kích thước nhỏ bị tác động mạnh hơn.
Chọn A.
Ổ sinh thái dinh dưỡng của bốn quần thể M, N, P, Q thuộc bốn loài thú sống trong cùng một môi trường và thuộc cùng một bậc dinh dưỡng được kí hiệu bằng các vòng tròn ở hình bên.
Phân tích hình này, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Quần thể N và quần thể Q không cạnh tranh về dinh dưỡng.
II. Sự thay đổi kích thước quần thể M có thể ảnh hưởng đến kích thước quần thể N.
III. Quần thể N và quần Q có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau.
IV. Quần thể N và quần thể P có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau hoàn toàn.
3.
4.
1.
2.
I, III. Đúng. Vòng tròn thể hiện ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể N và quần thể Q không giao nhau → Hai quần thể này có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau, không có sự cạnh tranh về dinh dưỡng.
II. Đúng. Ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể M và N trùng nhau nhiều nên sự thay đổi kích thước quần thể M có thể ảnh hưởng đến kích thước quần thể N.
IV. Đúng. Vòng tròn thể hiện ổ sinh thái dinh dưỡng của quần thể N và quần thể P không giao nhau hoàn toàn → Quần thể N và quần thể P có ổ sinh thái dinh dưỡng không trùng nhau hoàn toàn. Chọn B.
A = T = 195; G = X = 455.
A = T = 455; G = X = 195.
A = T = 260; G = X = 390.
A = T = 390; G = X = 260.
Ta có: \[2A + 3G = 1755\](1)
\[G - A = 0,2N\] mà \[A + G = 0,5N \to A = 0,15{\rm{ }}N{\rm{ }};{\rm{ }}G = 0,35{\rm{ }}N\] thay vào (1) ta có:
\[2 \times 0,15{\rm{ }}N + 3 \times 0,35{\rm{ }}N = 1755{\rm{ }} \to N = 1300\]
Vậy: \[A = T = 0,15 \times 1300 = 195;{\rm{ }}G = X = 1300 \times 0,35 = 455\]. Chọn A.
Ruồi đực và ruồi cái (P) đều có thân xám, cánh dài, mắt đỏ giao phối với nhau thu được F1 có kiểu hình ruồi đực thân đen, cánh cụt, mắt trắng → P dị hợp 3 cặp gen. Mặt khác, ở ruồi giấm, hoán vị gen chỉ xảy ra ở con cái → Con đực P có kiểu gen \(\frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{ab}}}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{\rm{Y}}\).
Ta có: \(\frac{{{\rm{ab}}}}{{{\rm{ab}}}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{\rm{Y}} = 0,05 \to \frac{{{\rm{ab}}}}{{{\rm{ab}}}} = 0,2 \to \)Con cái P cho giao tử ab = 0,4 (> 0,25).
Vậy kiểu gen của \(P:\frac{{AB}}{{ab}}{X^D}Y \times \frac{{AB}}{{ab}}{X^D}{X^d}\).
→ Tỉ lệ ruồi cái thân đen, cánh cụt, mắt đỏ ở \({{\rm{F}}_1}\left( {\frac{{{\rm{ab}}}}{{ab}}{{\rm{X}}^{\rm{D}}}{{\rm{X}}^ - }} \right) = 0,2 \times \frac{1}{2} = 10\% .\)Đáp án: 10%.
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.
