Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 30)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Biểu đồ dưới đây là phổ điểm của tổ hợp môn: Toán, Lí, Hóa trong kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2020.
Khoảng điểm nào dưới đây có số lượng học sinh đông nhất?
\[\left( {19\,;\,\,20} \right].\]
\[\left( {21\,;\,\,22} \right].\]
\[\left( {22\,;\,\,23} \right].\]
\[\left( {23\,;\,\,24} \right].\]
Dựa vào biểu đồ, khoảng điểm \[\left( {22\,;\,\,23} \right]\] có số lượng học sinh đông nhất. Chọn C.
\[6\,\,m/s\].
\[4\,\,m/s\].
\[8\,\,m/s\].
\[2\,\,m/s\].
Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2t - 2 \Rightarrow v\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 2 = 2\,\,\left( {m/s} \right)\). Chọn D.
\(x = 3\).
\(x = 4\).
\(x = 2\).
\(x = 1\).
Ta có \({3^{2x + 3}} = {3^{4x - 5}} \Leftrightarrow 2x + 3 = 4x - 5 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4.\) Chọn B.
1.
2.
3.
4.
Xét phương trình \[{x^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| - 4 = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| = 1\\\left| x \right| = - 4\,\,(loai)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm 1\].
• Thay \(x = 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \(1 + 2y = 2 \Leftrightarrow 2y = 1 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) .
• Thay \(x = - 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \( - 1 + 0 \cdot y = 2 \Leftrightarrow 0y = 3\) (vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\). Chọn A.
Trong mặt phẳng \(Oxy,\) cho các điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\) như hình vẽ bên. Trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) biểu diễn số phức là
\( - 1 + 2i\).
\( - \frac{1}{2} + 2i\).
\(2 - i\).
\(2 - \frac{1}{2}i\).
Dựa vào hình vẽ ta thấy: \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\)\( \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{2};\,\,2} \right) \Rightarrow z = - \frac{1}{2} + 2i\). Chọn B.
\(x - 3 = 0\).
\(x - 6 = 0\).
\(y + z - 15 = 0\).
\(x - 18 = 0\).
Ta có \(\vec i = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left( P \right):1\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3 = 0\). Chọn A.
\[\left( { - 2\,;\,\,1\,\,;\,\, - 3} \right)\].
\(\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 3} \right)\).
\(\left( {2;1; - 3} \right)\).
\(\left( { - 2;1;3} \right)\).
Điểm đối xứng của \[A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\] qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \[A\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\]. Chọn A.
\(\left[ { - \frac{1}{4}; + \infty } \right)\).
\(\left[ { - \frac{1}{4};3} \right]\).
\(\left[ { - \frac{1}{4};3} \right)\).
\(\left[ {\frac{1}{4};3} \right)\).
Điều kiện xác định: \(x \le 3\).
\(\frac{{5x + 1}}{2} + \sqrt {3 - x} \ge \frac{x}{2} + \sqrt {3 - x} \Leftrightarrow \frac{{5x + 1}}{2} \ge \frac{x}{2}\)
\( \Leftrightarrow 5x + 1 \ge x \Leftrightarrow 4x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{4}\).
Kết hợp với điều kiện \(x \le 3\) ta có tập nghiệm của bất phương là \(\left[ { - \frac{1}{4}\,;\,\,3} \right]\). Chọn B.
\(5x - y - 3z - 12 = 0\).
\(x + 3y - 2z - 4 = 0\).
\(10x + 3y - z - 15 = 0\).
\(x + 3y - z - 1 = 0\).
Gọi \[I\] là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện \[OABC.\]
Có \(\left( {ABC} \right):5x + 3y + 4z - 15 = 0\) và \(\left( {OBC} \right):x - z = 0\).
Phương trình các mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) là
\(\frac{{5x + 3y + 4z - 15}}{{\sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \pm \frac{{x - z}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{10x + 3y - z - 15 = 0}\\{y + 3z - 5 = 0}\end{array}.} \right.\)
Gọi \(\left( {BCI} \right)\) là mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) và hai điểm \[O,\,\,A\] khác phía với mặt phẳng này.
Do đó \(\left( {BCI} \right):10x + 3y - z - 15 = 0\). Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
198 triệu đồng.
195 triệu đồng.
228 triệu đồng.
114 triệu đồng.
Số tiền lương của kỹ sư là một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 13,5\) triệu đồng, công sai \(d = 0,5\) triệu đồng.
Sau 3 năm (hay 12 quý), tổng số tiền lương một kỹ sư nhận được sau ba năm làm việc cho công ty là: \({S_{12}} = \frac{{\left( {2 \cdot 13,5 + 11 \cdot 0,5} \right) \cdot 12}}{2} = 195\) (triệu đồng). Chọn B.
\(2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x + 1}} + C\).
\(\ln \left( {x + 1} \right) - \frac{2}{{x + 1}} + C\).
\(2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{2}{{x + 1}} + C\).
\(2\ln \left( {x + 1} \right) - \frac{1}{{x + 1}} + C\).
Ta có: \(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {\frac{2}{{x + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right){\rm{d}}x} = 2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x + 1}} + C\). Chọn A.
Cho hàm số \(f\left( x \right),\) hàm số \(y = f'\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình \(f\left( x \right) < x + m\) (\(m\) là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2} \right)\) khi và chỉ khi
\(m \ge f\left( 2 \right) - 2\).
\(m \ge f\left( 0 \right)\).
\(m > f\left( 2 \right) - 2\).
\(m > f\left( 0 \right)\).
Ta có \[f\left( x \right) < x + m\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - x\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]
Dựa vào đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta có \[f'\left( x \right) < 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\] trên khoảng \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\] ta có:
\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]\[ \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Do đó \(m \ge g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\). Chọn B.
\(80\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\).
\(72\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\).
\(30\,\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\).
\(60\;\,{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}\).
Ta có: \(a\left( t \right) = {\left[ {v\left( t \right)} \right]^\prime } = 6t \Rightarrow a\left( {10} \right) = 60\;\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\). Chọn D.
44 tháng.
45 tháng.
47 tháng.
46 tháng.
Ta có \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)\( \Rightarrow 100{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^n} > 125 \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)}}\frac{{125}}{{100}} \approx 44,74.\)
Vậy sau ít nhất 45 tháng. Chọn B.
\(S = \left( {\frac{1}{2};2} \right)\).
\(S = \left( { - 1\,;\,\,2} \right)\).
\(S = \left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty \,;\,\,2} \right)\).
Bất phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 > 2x - 1}\\{2x - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy \(S = \left( {\frac{1}{2};\,\,2} \right)\). Chọn A.
\(\frac{{32\pi }}{{15}}\).
\(\frac{{64\pi }}{{15}}\).
\(\frac{{21\pi }}{{15}}\).
\(\frac{{16\pi }}{{15}}\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).
Do đó thể tích của khối tròn xoay là: \[V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {2x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{64\pi }}{{15}}\]. Chọn B.
\(\left( { - \infty ; - \frac{{14}}{{15}}} \right]\).
\(\left[ { - 2; - \frac{{14}}{{15}}} \right]\).
\(\left[ { - \frac{{14}}{{15}}; + \infty } \right)\).
\(\left( { - \infty ; - \frac{{14}}{{15}}} \right)\).
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\), yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình:
\(m{x^2} + 14mx + 14 \le 0,\,\,\forall x \ge 1 \Leftrightarrow m \le {\min _{\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)}}\frac{{ - 14}}{{{x^2} + 14x}} = - \frac{{14}}{{15}}{\rm{.}}\) Chọn A.
3.
2.
1.
0.
Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow z = \frac{{4 + i - {{\left( {2 - i} \right)}^2}}}{{3 + 2i}} = 1 + i\). Chọn D.
\(y = x + 1\).
\(y = - x + 1\).
\(y = - x - 1\).
\(y = x - 1\).
Từ \(z = x + yi \Rightarrow \left| {\left( {x + 2} \right) + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y + 3} \right)i} \right|\).
Do đó \[{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} \Leftrightarrow 4x + 2y + 5 = 6y + 9 \Leftrightarrow y = x - 1\]. Chọn D.
\(N\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{{ - 3}}{4}} \right)\).
\(N\left( {\frac{{ - 1}}{4};1} \right)\).
\(N\left( {\frac{1}{4};\frac{3}{4}} \right)\).
\(N\left( {\frac{1}{4};\frac{{ - 3}}{4}} \right)\).
Ta có \({S_{ABN}} = 3{S_{ANC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{1}{2} \cdot d(A,BN) \cdot BN}}{{\frac{1}{2} \cdot d(A,CN) \cdot CN}} = \frac{{BN}}{{CN}} = 3\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BN} = 3\overrightarrow {NC} \Rightarrow N\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{{ - 3}}{4}} \right)\). Chọn A.
\(\alpha = \frac{\pi }{2} + k\pi \).
\[\alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].
\[\alpha = k\pi \].
\[\alpha = k2\pi \].
Bán kính của đường tròn \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) là:
\(R = \sqrt {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {1 - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {2{{\sin }^2}\alpha } \)
Ta có \(2{\sin ^2}\alpha \le 2\,\,\forall \alpha \) nên \[R \le \sqrt 2 \].
Dấu xảy ra \[\sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]
Vậy \[{R_{m{\rm{ax}}}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].
Chọn B
\(x + y - 3 = 0\).
\(x - y = 0\).
\(x - y - 1 = 0\).
\(x - y + 1 = 0\).
Chọn D
\(\frac{{80\pi }}{3}\).
\(48\pi \).
\(\frac{{16\pi }}{3}\).
\(16\pi \).
Chọn D
\(\frac{{104}}{5}\,\,c{m^2}\).
\(16\,\,c{m^2}\).
\(64\,\,c{m^2}\).
\(\frac{{26}}{5}\,\,c{m^2}\).
Chọn B
\(V = \frac{8}{3}\).
\(V = \frac{{16}}{3}\).
\(V = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}\).
\(V = 8\sqrt 3 \).
![Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,{\mkern 1mu} \,\,AC = 2\sqrt 2 ,\)biết góc giữa \(AC'\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \) và \(AC' = 4\). Thể tích \[V\] của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid4-1722816091.png)
Ta có \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,\,\,AC = 2\sqrt 2 \); \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{C^2} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 4\].
Do \(\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = 60^\circ \) nên
\(d\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right) = AC' \cdot \sin 60^\circ = 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \)
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:
\[V = S{}_{ABC} \cdot \,d\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right) = 4 \cdot 2\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \]. Chọn D.\(y = - 8x - 10\).
\(y = 9x - 10\).
\(y = 9x + 10\).
\(y = 8x - 10\).
Ta có: \(y' = - 3{x^2} + 12x - 3 \Rightarrow {y'_{{\rm{max}}}} = 9\) tại \(x = 2 \Rightarrow PTTT:y = 9x - 10\). Chọn B.
\(\sqrt {10} \) và \(\sqrt {14} \).
\(\sqrt 5 \) và \(\sqrt {11} \).
\(2\sqrt 2 \) và \(3\sqrt 2 \).
\(\sqrt 3 \) và \(\sqrt {17} \).
Gọi \(M\left( {2 + m + \left( {1 - m} \right)t\,;\,\,1 - 2t\,;\,\, - m + \left( {m + 1} \right)t} \right)\) là điểm nằm trên \(\Delta \).
Khi đó ta có: \({x_M} + {y_M} + {z_M} - 3 = 0\,\,\forall m,\,\,t\) hay \(M\) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 3 = 0\).
Do đó \(\Delta \) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) cố định.
Mặt khác cho \(t = 1\), ta có \(\Delta \) luôn đi qua điểm \(B\left( {3\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\).
Khi đó ta có: \({d_{\left( {A,\left( P \right)} \right)}} \le d \le AB \Leftrightarrow \sqrt 3 \le d \le \sqrt {17} \). Chọn D.
\(\frac{{x + 1}}{{ - 1}} = \frac{{y + 1}}{{ - 4}} = \frac{{z + 1}}{5}\).
\(\frac{{x - 1}}{3} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{{ - 1}}\).
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\).
\(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y + 4}}{1} = \frac{{z + 5}}{1}\).
Ta có \[d\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\).
Gọi \[\left( Q \right)\] là mặt phẳng chứa \[d\] và vuông góc \(\left( P \right)\).
Khi đó \[\left( Q \right)\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và có \[\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\]
\[ \Rightarrow \left( Q \right):3x - 2y - z = 0\]
Gọi \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của \[d\] trên \(\left( P \right)\), khi đó \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 2y - z = 0}\\{x + y + z - 3 = 0}\end{array}} \right.\).
Nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\).
Cho \[z = 1\], ta được \[x = 1\,,\,\,y = 1.\] Do đó, điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] nằm trên \[\Delta \].
Ta có đường thẳng \[\Delta \] đi qua điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] và có một vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\, - 5} \right)\).
Do đó \[\Delta \] có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = {e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}}\) là
4.
2.
3.
1.
Ta có \(g\left( x \right) = {e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}}\)
\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) \cdot {e^{2f\left( x \right) + 1}} + f'\left( x \right) \cdot {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 = f'\left( x \right)\left[ {2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5} \right]\).
Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 4\end{array} \right.\) (vì \(2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 > 0\,\,\forall x)\).
Qua các điểm \(x = - 1\,,\,\,x = 1\,,\,\,x = 4\) thì \(f'\left( x \right)\) đổi dấu nên \(g'\left( x \right)\) cũng đổi dấu (vì dấu của \(g'\left( x \right)\) phụ thuộc vào dấu của \(f'\left( x \right)\).
Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn C.
\(7\sqrt 3 \).
\(18\sqrt 3 \).
\(8\sqrt 3 \).
\(21\sqrt 3 \).
Ta có \(3MA = 2MB\)
\( \Leftrightarrow 9{\left( {x + 1} \right)^2} + 9{\left( {y - 3} \right)^2} + 9{\left( {z + 1} \right)^2} = 4{\left( {x - 4} \right)^2} + 4{\left( {y + 2} \right)^2} + 4{\left( {z - 4} \right)^2}\)
Rút gọn ta được \(M \in \left( S \right):{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 108\) có tâm \(I\left( { - 5\,;\,\,7\,;\,\, - 5} \right),\,\,R = 6\sqrt 3 \).
\(P = \left| {2\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {BM} } \right| = \left| {2\left( {x + 1\,;\,\,y - 3\,;\,\,z + 1} \right) - \left( {x - 4\,;\,\,y + 2\,;\,\,z - 4} \right)} \right| = \left| {\left( {x + 6\,;\,\,y - 8\,;\,\,z + 6} \right)} \right| = MC\) với tọa độ điểm \(C\left( { - 6\,;\,\,8\,;\,\, - 6} \right)\) ta có \(M{C_{\max }} = CI + R = 7\sqrt 3 \). Chọn A.
\(\frac{5}{4} < m \le 2.\)
\( - 2 < m < \frac{5}{4}\).
\( - \frac{5}{4} < m < 2\).
\(\frac{5}{4} < m < 2\).
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m\).
Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(f(x)\) có hai điểm cực trị dương
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\{\frac{{2\left( {2m - 1} \right)}}{3} > 0}\\{\frac{{2 - m}}{3} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{m^2} - m - 5 > 0}\\{m > \frac{1}{2}}\\{m < 2}\end{array} \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2} \right.} \right.} \right.\). Chọn D.
3.
2.
1.
0.
ĐKXĐ: \(x \ge 3\).
Ta có \[\sqrt {{x^2} - 2mx + 1} = \sqrt {x - 3} \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 1 = x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4 = 0 & (*)\]
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 3.
Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} \ge 0\\\left( {{x_1} - 3} \right)\left( {{x_2} - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m + 1} \right)^2} - 14 > 0\\2m + 1 \ge 6\\4 - 3\left( {2m + 1} \right) + 9 \ge 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}2m + 1 > \sqrt {14} \\2m + 1 < - \sqrt {14} \end{array} \right.\\m \ge \frac{5}{2}\\m \le \frac{5}{3}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \emptyset \).
Chọn D.
\(\frac{3}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
2.
4.
Ta có: \(x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) - x \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = 2f_2^2\left( x \right) - 2x\)
\[ \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) + {f^2}\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right) - 2x \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {{{\left( {x,\,\,{f^2}\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = 3\int\limits_0^2 {{f^2}\left( x \right)dx} - \int\limits_0^2 {2xdx} \]
\(\left. { \Leftrightarrow \left( {x \cdot {f^2}\left( x \right)} \right)} \right|_0^2 = 3I - 4 \Leftrightarrow 2 = 3I - 4 \Leftrightarrow I = 2\). Chọn C.
\[14\,\,400\].
\[5\,\,760\].
\[2\,\,880\].
\[17\,\,280\].
Xếp 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[4!\] (cách).
Xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[6!\] (cách).
Số cách xếp thỏa mãn đề bài là: \(4!\,.\,\,6! = 17\,\,280\) (cách). Chọn D.
\(\frac{3}{4}\).
\(\frac{4}{5}\).
1.
\(\frac{3}{5}\).
![Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right),\,\,M,{\rm{ }}N\) lần lượt là trung điểm của (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid6-1722816616.png)
Ta có \(\frac{{{V_{S.MAND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{2 + 2 + 1 + 1}}{{4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1}} = \frac{3}{8}\). Từ đây, có \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{3}{5}\).
Công thức đặc biệt: Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành như hình vẽ bên.
Đặt \(\frac{{SA}}{{SA'}} = x\,;\,\,\frac{{SB}}{{SB'}} = y\,;\,\,\frac{{SC}}{{SC'}} = z\,;\,\,\frac{{SD}}{{SD'}} = t\).
Khi đó, ta có \(x + z = y + t\).
Bên cạnh đó: \(\frac{{{V_{S.A'B'C'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{x + y + z + t}}{{4xyzt}}\). Chọn D.
Gọi \(M\left( {m\,;\,\,5} \right) \in \left( C \right)\) suy ra \({m^4} - 3{m^2} + 1 = 5 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m = \pm \,2.\)
Ta có \(y' = 4{x^3} - 6x \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 20\\y'\left( { - 2} \right) = - 20\end{array} \right.\) .
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là \[\left[ \begin{array}{l}y = 20x - 35\\y = - 20x - 35\end{array} \right..\]
Đáp án: 2.
Gọi \({A_i}\) là biến cố bắn trúng mục tiêu của mũi tên thứ i.
X là biến cố một mũi tên trúng mục tiêu và một mũi tên trượt mục tiêu.
Khi đó \(X = {A_1}\overline {{A_2}} \cup \overline {{A_1}} {A_2}\).
Xác suất cần tìm \(P(X) = P\left( {{A_1}{{\bar A}_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}{A_2}} \right) = 0,7 \cdot 0.3 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,42\).
![Cho lăng trụ tam giác \[ABC.A'B'C'\], trên đường thẳng \[BA\] lấy điểm \[M\] sao cho \[A\] nằm giữa \[B\] và \[M\], \(MA = \frac{1}{2}AB,\,\,E\) là trung điểm \[AC.\] Gọi \(D = BC \cap \left( {MB'E} \right)\). Tỉ số \(\frac{{BD}}{{CD}}\) bằng Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid7-1722816753.png)
Kẻ \(EF\,{\rm{//}}\,AB\,\,\left( {F \in CB} \right)\). Khi đó \[EF\] là đường trung bình của tam giác ABC và \(EF = \frac{{AB}}{2}.\)
Xét tam giác \[DBM\] ta có:
\(\frac{{FD}}{{BD}} = \frac{{EF}}{{BM}} = \frac{1}{3} \Rightarrow FD = \frac{1}{2}BF = \frac{1}{2}FC{\rm{, }}\)tức \[D\] là trung điểm của \[FC\] do đó \(\frac{{BD}}{{CD}} = 3\).
Đáp án: 3.Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{x\left( {ax + 2a + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 1} \right)}} = \frac{2}{{2a + 1}}\).
Hàm số liên tục tại \[x = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 4 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{4}\].
Đáp án: \[ - \frac{1}{4}\].
Ta có: \(y' = 12{x^2} - 12x\).
Phương trình tiếp tuyến tại \({M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) có dạng \[\left( \Delta \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\].
\( \Leftrightarrow \left( \Delta \right):y = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1.{\rm{ }}\)
Do \(M\left( { - 1\,;\,\, - 9} \right) \in \left( \Delta \right)\) nên \( - 9 = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( { - 1 - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1\).
\( \Leftrightarrow - 8x_0^3 - 6x_0^2 + 12{x_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = - 1}\\{{x_0} = \frac{5}{4}}\end{array}.} \right.\)
Do đó, số tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu là 2.
Đáp án: 2.
Khoảng cách từ chân cổng đến trục đối xứng \(Oy\) là \(\frac{8}{2} = 4\).
Hoành độ 2 chân cổng là \( - 4\,;\,\,4\) và tung độ chân cổng là \(y = \frac{{ - 1}}{2} \cdot {4^2} = - 8\).
Chiều cao của cổng là \(\left| { - 8} \right| = 8\,\,(m)\).
Đáp án: 8.
Ta có: \(y' = 2{x^3} - 2\left( {m - 2} \right)x = 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right)\).
Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m - 2}\end{array}} \right.\).
Để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì \(m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\).
Khi đó toạ độ các điểm cực trị là:
\(A\left( {0\,;\,\,{m^2} + 1} \right),\,\,B\left( {\sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right),\,\,C\left( { - \sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right)\).
Ta thấy \(A \in Oy\). Để \(B,\,\,C \in Ox\) thì \(\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = - 2 \pm \sqrt 6 \) (không thỏa mãn).
Vậy không tồn tại giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.
Đáp án: 0.
Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}d\left( {1 + x} \right)} = \left. {\frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1 = \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}}\)
Mặt khác, \({\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1 \cdot x + C_n^2 \cdot {x^2} + \ldots + C_n^n \cdot {x^n}\)
\[ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = C_n^0\int\limits_0^1 {dx} + C_n^1\int\limits_0^1 {x \cdot dx} + C_n^2\int\limits_0^1 {{x^2}dx} + \ldots + C_n^n\int\limits_0^1 {{x^n}dx} \]
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \left. {C_n^0x} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^1{x^2}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^2{x^3}}}{3}} \right|_0^1 + \ldots + \left. {\frac{{C_n^n{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = C_n^0 + \frac{{C_n^1}}{{1 + 1}} + \frac{{C_n^2}}{{1 + 2}} + \ldots + \frac{{C_n^n}}{{n + 1}} \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = \frac{{{2^{100}} - 1}}{{100}} \Leftrightarrow n = 99.\)
Đáp án: 99.
Ta có \(\left| w \right| = \left| {\frac{z}{i}} \right| = \frac{{\left| z \right|}}{{\left| i \right|}} = \frac{2}{1} = 2\).
Đáp án: 2.
Lượng nước dâng lên chính là tổng thể tích của 3 viên đá thả vào và bằng:
\({V_b} = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi r_b^3 = 4\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Ta có phần nước dâng lên là khối trụ có đáy bằng với đáy cốc nước và thể tích là \(4\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Chiều cao của phần nước dâng lên là \({h_d}\) thỏa mãn. \(4\pi = \pi {r^2}{h_d} \Leftrightarrow {h_d} = 1\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Vậy nước dâng cao cách mép cốc là \(15 - 10 - 1 = 4\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Đáp án: 4.
Ta có \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{5}{{\sqrt 6 }}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {6 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 6 }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = 6\).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
\(\left( {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^2} = {6^2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 6.\)
Dấu xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{\frac{1}{a}}} = \frac{1}{{\frac{1}{b}}} = \frac{1}{{\frac{1}{c}}}}\\{\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = c = 1}\end{array}} \right.} \right.\]. Khi đó \({V_{{\rm{OABC }}}} = \frac{1}{6}abc = \frac{1}{{12}}\).
Đáp án: \(\frac{1}{{12}}\).
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh 4, mặt bên \[SAB\] đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ \[B\] đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là \(\frac{{a\sqrt b }}{c}\). Tính \(a + b + c\). Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid9-1722817079.png)
Kẻ \(SH \bot AB\) nên \(H\) là trung điểm của \[AB.\]
Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB\) và \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên từ \(SH \bot AB\) ta được \(SH \bot (ABCD)\).
Mặt khác ta có \(BA \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ A \right\}\) và H là trung điểm của AB nên ta có \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AC\,\,(K \in AC)\) và trong \((SHK)\) kẻ \(HE \bot SK\,(E \in SK)\).
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AC\)
Kết hợp với \(HK \bot AC\) ta được \(AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot HE\).
Hơn nữa \(HE \bot SK\) nên \(HE \bot \left( {SAC} \right)\).
Vậy \(d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HE \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) ta có .
Mặt khác dễ thấy \(SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \). Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SHK\), ta có:
\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{2\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt {21} }}{7}{\rm{.}}\)
Suy ra \(a = 4,\,\,b = 21,\,\,c = 7.\) Vậy \(a + b + c = 32.\)
Đáp án: 32.
Từ giả thiết \({a^{x + y}} = {b^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {{\log }_a}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}\\{x - y = {{\log }_b}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_b}a} \right)}\end{array}} \right.\).
Đặt \({\log _a}b = t\,\,(t > 0)\). Khi đó \(x = \frac{1}{6}\left( {2 + t + \frac{1}{t}} \right),y = \frac{1}{6}\left( {t - \frac{1}{t}} \right)\).
Suy ra: \(P = 6x + 4y - 2 = 2 + t + \frac{1}{t} + \frac{2}{3}t - \frac{2}{{3t}} - 2 = \frac{5}{3}t + \frac{1}{{3t}} = \frac{1}{3}\left( {5t + \frac{1}{t}} \right) \ge \frac{{2\sqrt 5 }}{3} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}\).
Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra \(m = 20,n = 3 \Rightarrow m - 3n = 11\).
Đáp án: 11.
Ta có: \(S = xy + 2xz + 2yz = 100\), thể tích của thùng là \(V = xyz\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(\frac{{xy + 2xz + 2yz}}{3} \ge \sqrt[3]{{4{x^2}{y^2}{z^2}}} \Rightarrow {\left( {\frac{S}{3}} \right)^3} \ge 4{x^2}{y^2}{z^2} = 4{V^2} \Rightarrow V \le \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{S}{3}} \right)}^3}} \).
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow xy = 2xz = 2yz = \frac{S}{3} \Leftrightarrow x = y = 2z = \sqrt {\frac{S}{3}} \)
\( \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{3}{4} \cdot S = \frac{3}{4} \cdot 100 = 75\).
Đáp án: 75.
![Trong không gian \[Oxyz,\] cho điểm \(M\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,0} \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 4.\) Đường thẳng \[d\] thay đổi, đi qua điểm \[M,\] cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) tại hai điểm \[A,\,\,B\] phân biệt. Gọi \[S\] diện tích của tam giác \[OAB.\] Khi đó \(S_{\max }^2\) bằng bao nhiêu? Đáp án: ………. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid10-1722817205.png)
Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O(0;0;0)\) và bán kính \(R = 2\).
Ta có: \(OM = \sqrt {1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) nên M nằm trong mặt cầu \((S)\).
Ta có: \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}AB \cdot d(O;d) = AH \cdot OH = \sqrt {4 - O{H^2}} \cdot OH\).
Vì \(OH \le OM\) nên diện tích \({\rm{AOB}}\) lớn nhất
\( \Leftrightarrow OH = OM \Leftrightarrow OM \bot AB\).
Khi đó \({S_{\max }} = \sqrt {4 - O{M^2}} \cdot OM = \frac{{\sqrt {55} }}{4} \Rightarrow {S_{{{\max }^2}}} = \frac{{55}}{{16}}\).
Đáp án: \(\frac{{55}}{{16}}\).
Bi tráng, kiêu hùng.
Đau buồn, bi ai.
Bi lụy, phẫn uất.
Ai oán, xót thương.
Âm hưởng chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là bi tráng, kiêu hùng. Chọn A.
Hồn nhiên, tươi trẻ.
Hào hùng, hào hoa.
Ngạo nghễ, ngang tàng.
Chân thành, hồn hậu.
Vẻ đẹp người chiến chí Tây Tiến:
+ Hào hùng: đoàn binh không mọc tóc, dữ oai hùm, áo bào thay chiếu anh về đất,…
+ Hào hoa: gửi mộng qua biên giới, đêm mơ Hà Nội dáng kiều thơm,….
→ Chọn B.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
Nói quá.
Phép nhân hóa “gầm lên”: dùng những từ chỉ hành động của người để chỉ hành động của sự vật. Chọn C.
Màu xanh của những vòng lá ngụy trang trên áo quần người chiến sĩ Tây Tiến.
Màu xanh áo lính - trang phục của những anh bộ đội thời đại Hồ Chí Minh.
Những gương mặt xanh xao, gầy ốm vì sốt rét, vì cuộc sống kham khổ ở rừng.
Hình ảnh đoàn quân Tây Tiến như hòa vào màu xanh cây lá trên đường ra mặt trận.
Câu thơ “Quân xanh màu lá dữ oai hùm”: Những gương mặt xanh xao, gầy ốm vì sốt rét, vì cuộc sống kham khổ ở rừng. Chọn C.
Ẩn dụ, hoán dụ.
Nhân hóa, so sánh.
Nói quá, chơi chữ.
Đảo ngữ, ẩn dụ.
Tính từ “rải rác” được đảo lên đầu câu thơ. Từ “mồ” mang nét nghĩa ẩn dụ cho cái chết, cho sự mất mát, hi sinh trong chiến tranh. Chọn D.
Tự sự.
Miêu tả.
Nghị luận.
Biểu cảm.
Phương thức biểu đạt chính: Nghị luận. Vì đoạn trích bàn luận về vai trò quan trọng của tiếng nói trong việc bảo vệ nền độc lập dân tộc. Chọn C.
Bình luận.
Bác bỏ.
So sánh.
Giải thích.
Thao tác lập luận chính trong đoạn văn thứ (2) của đoạn trích là thao tác bác bỏ. Cụ thể là tác giả đã bác bỏ quan điểm cho rằng “tiếng nước mình nghèo nàn”. Chọn B.
Nhấn mạnh vai trò quan trọng của tiếng nói trong việc bảo vệ nền độc lập dân tộc.
Vốn từ vựng của tiếng An Nam vô cùng phong phú và đa dạng.
Khẳng định tài năng của người An Nam khi dịch những tác phẩm của Trung Quốc sang tiếng nước mình.
Mối quan hệ bền chặt, khăng khít giữa tiếng mẹ đẻ và sự tự do của con người.
Ẩn dụ và hoán dụ.
So sánh và liệt kê.
Nói quá và chơi chữ .
Ẩn dụ và so sánh.
Các biện pháp tu từ:
+ So sánh: Tiếng nói là người bảo vệ quý báu nhất.
+ Liệt kê: là người…., là yếu tố….
→ Chọn B.
Phép thế và phép liên tưởng.
Phép lặp và phép đồng nghĩa.
Phép nối và phép lặp.
Phép liên tưởng và phép nối.
Phép nối được sử dụng qua các từ nối: “Nếu”, “Vì thế”. Phép lặp: cụm từ “tiếng nói”,… được lặp lại ở các câu văn (1), (2), (3) trong đoạn văn thứ (1). Chọn C.
Số lượng.
Chất lượng.
Trọng lượng.
Độ cao.
Dựa vào câu: Nhờ xác lập cái đấu, cái thạch mà bớt được cái nhiều, thêm được cái ít. Chọn A.
Phạt của người ra lệnh.
Phạt do pháp luật đề ra.
Uy của người ra lệnh.
Uy của pháp luật.
Dựa vào câu: Hình phạt nghiêm là để cho lệnh được thi hành và trừng trị cấp dưới. Chọn B.
Đạo đức.
Người có quyền uy.
Pháp luật.
Sợi dây dọi.
Dựa vào câu cuối: Cho nên điều sửa chữa được sự sai lầm của người trên, trị được cái gian của kẻ dưới, trừ được loạn, sửa được điều sai, thống nhất đường lối của dân không gì bằng pháp luật. Chọn C.
Từ ghép chính phụ.
Từ ghép đẳng lập.
Từ láy.
Từ thuần Việt.
Dựa vào câu: Người thợ khéo tuy dùng ý và mắt cũng đúng dây mực, nhưng trước đó phải lấy cái quy cái củ để đo [...]. “quy” là dụng cụ để vẽ vòng tròn, “củ” là dụng cụ để vẽ góc vuông. Chọn B.
hiếm có.
tràn ngập.
la liệt.
vô số.
“nhan nhản”: nhiều đến mức tràn ngập, chỗ nào cũng thấy, cũng gặp. Từ trái nghĩa là “hiếm có”. Chọn A.
Sự thay đổi diện mạo của Hà Nội trước những luồng nhập cư vào Thủ đô.
Những người di cư về Hà Nội đã khiến cho thành phần dân cư của Thủ đô trở nên đa dạng hơn.
Tác động tích cực của hiện tượng di dân tới nhịp sống của con người Hà Nội.
Sự dịch chuyển trong cơ cấu dân số của Hà Nội những trước làn sóng di cư của người dân.
Từ một thành phố với những nét đẹp trầm mặc, cổ kính đến một Thủ đô hiện đại, văn minh.
Từ hào hoa, thanh lịch, duyên dáng đến nhộn nhịp, tấp nập, năng động.
Từ thâm trầm, tinh tế, thanh lịch, chuộng hình thức đến sôi nổi, mạnh mẽ, trẻ trung, vất vả, bề bộn.
Từ sự ồn ã của chốn Kinh kì - Kẻ chợ đến sự yên ắng của Thủ đô ngàn năm tuổi.
Dựa vào câu thứ 2 và 3 của đoạn văn. Chọn C.
Sự gia tăng đáng kể của các loại hình sản xuất tiểu thủ công nghiệp, nông nghiệp.
Sự đa dạng trong thành phần dân cư và sự thay đổi về điều kiện cơ sở vật chất.
Sự chuyển động của những làng nghề, phố nghề trong nội đô Hà Nội.
Sự xuất hiện ngày càng nhiều của những người dân “tứ xứ nhập đô” ở Hà Nội.
Những người ở các vùng ven đô vào nội thành buôn bán để kiếm kế sinh nhai.
Người dân những vùng được sáp nhập vào diện tích của Thủ đô.
Những người làm ăn xa quê hương lâu ngày nay mới có dịp quay trở lại thành phố.
Người dân ở nhiều vùng đất khác nhau di chuyển vào nội đô sinh sống và làm việc.
“tứ xứ nhập đô”: Người dân ở nhiều vùng đất khác nhau di chuyển vào nội đô sinh sống và làm việc. Chọn D.
vị trí.
khu vực.
địa bàn.
phạm vi.
Từ “chỗ đứng” trong đoạn trích gần nghĩa hơn cả với từ “vị trí” vì căn cứ vào ngữ cảnh của câu văn chứa cụm từ “chỗ đứng” trong đoạn trích có thể suy luận rằng những người dân nhập cư vào Hà Nội cần nhanh chóng xác lập cho mình một vị trí, vai trò khi rời làng di cư ra thành phố tạo lập cuộc sống mới. Chọn A.
lịch sử.
đánh đuổi
chế độ.
xâm lược.
Từ “chế độ” dùng sai về nghĩa. “Chế độ” là hệ thống tổ chức chính trị, kinh tế… của xã hội, không thể thực hiện hành động xâm lược. Từ đúng là “kẻ thù”, “thế lực”,… Chọn C.
chim sâu.
có ích.
để.
phá hoại.
Quan hệ từ “để” dùng trong câu không thích hợp về nghĩa. Sửa: Thay từ “để” bằng từ “vì”. Chọn C.
lá sả.
dụi đất.
rũ cánh.
phành phạch.
Từ viết sai chính tả “dụi đất”. Sửa lại “rụi đất”. Chọn B.
mĩ phẩm.
ngành hàng.
kinh doanh.
béo bổ.
Từ “béo bổ” dùng sai về nghĩa. “Béo bổ” là có tác dụng tốt đối với sức khỏe con người. Từ đúng là “béo bở”. Chọn D.
ngôi chùa.
sự tích.
chứng minh.
kinh kì.
Từ “chứng minh” dùng chưa hợp lí, nên thay bằng “chứng kiến”. Chọn C.
hoa huệ.
hoa quả.
hoa sen.
hoa lay ơn.
“hoa quả” là từ ghép đẳng lập, các từ còn lại đều là từ ghép chính phụ. Chọn B.
rửa mặt.
mặt biển.
mặt kính.
mặt hồ.
Từ “mặt” trong “rửa mặt” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.
khẩn khoản.
khẩn thiết.
khẩn cấp.
khẩn trương.
“Khẩn khoản” là tỏ ra tha thiết, nài nỉ để người khác chấp nhận đề nghị của mình. Các từ còn lại biểu thị sự cần thiết, cấp bách, phải giải quyết nhanh, không được chậm trễ. Chọn A.
rào rào.
lộp độp.
tí tách.
róc rách.
“Róc rách” biểu thị âm thanh của nước chảy. Các từ còn lại biểu thị âm thanh của mưa rơi. Chọn D.
Đây thôn Vĩ Dạ.
Việt Bắc.
Rừng xà nu.
Vội vàng.
“Rừng xà nu” thuộc thể loại truyện, các tác phẩm còn lại thuộc thể loại thơ. Chọn C.
bảo vệ.
bảo tồn.
bảo đảm.
bảo trợ.
Bảo vệ môi trường là trách nhiệm của toàn xã hội. Chọn A.
bao che.
che chở.
che chắn.
bao bọc.
“Bao che” là che giấu tội lỗi, khuyết điểm cho người nào đó. “Che chở” là bảo vệ người nào đó khỏi khó khăn, nguy hiểm. “Che chắn” là giúp đỡ, bảo vệ người nào đó khỏi sự tấn công. “Bao bọc” là giúp đỡ, yêu thương, gắn bó với người khác. Từ thích hợp nhất kết hợp với “những tội lỗi, sai trái và tiêu cực” ở trong câu là từ “bao che”. Chọn A.
mềm mại.
mềm yếu.
mềm oặt.
mềm mỏng.
Lá cây thì mềm mại mịn màng còn thân cây lại xù xì, gai góc. Chọn A.
hành động.
hành tung.
hành vi.
hành xử.
Bộ Ngoại giao Hoa Kì xử lí rất nghiêm những cáo buộc về hành vi giả mạo hoặc sai phạm trong quy trình xử lí thị thực. Chọn C.
nhấp nhoáng.
lấp lánh.
hấp háy.
nhập nhoạng.
Từ “lấp lánh” dùng để chỉ ánh sao là hợp lí hơn cả. Chọn B.
Biểu cảm.
Miêu tả.
Tự sự.
Nghị luận.
Hai đoạn thơ thuộc thể loại trữ tình, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm. Chọn A.
Tổ chức kinh tế hoạt động trong lĩnh vực kinh doanh và quản lí các nghiệp vụ tiền tệ, tín dụng.
Kho lưu trữ nhiều thành phần, bộ phận cơ thể.
Tập hợp các dữ liệu liên quan đến một lĩnh vực nào đó.
Một công trình xây dựng được xây dựng để lưu trữ câu hỏi thi.
Từ “ngân hàng” được dùng trong đoạn văn được dùng với nghĩa chỉ tập hợp các dữ liệu liên quan đến một lĩnh vực nào đó mà ở đây là câu hỏi thi phục vụ mục tiêu giáo dục. Chọn C.
Niềm hi vọng, khắc khoải, phấp phỏng.
Khát khao gặp trăng.
Tuyệt vọng.
Vui sướng vô bờ.
Câu hỏi “Có chở trăng về kịp tối nay?” trong đoạn trích thể hiện niềm hi vọng, khắc khoải, phấp phỏng của thi sĩ. Chọn A.
Cuộc đời hiện tại.
Tôn giáo hiện tại.
Gia đình hiện tại.
Cả A, B và C.
“hiện thế”: Cuộc đời hiện tại. Chọn A.
Diễn dịch.
Quy nạp.
Tổng phân hợp.
Song hành.
Đây là đoạn văn diễn dịch vì câu chủ đề ở đầu đoạn: “Cuộc sống quê tôi gắn bó với cây cọ”, những câu sau triển khai ý của câu chủ đề. Chọn A.
Nhớ nhung.
Hờn giận.
Suy tư.
Say mê.
Trạng thái suy tư: nghĩ về anh, em; nghĩ về biển lớn,… Chọn C.
Cây si cổ thụ ở đền Ngọc Sơn.
Lớp người già ở Hà Nội.
Hạt bụi vàng của Hà Nội.
Những ánh sáng màu vàng.
Dựa vào câu: Một người như cô phải chết đi thật tiếc, lại một hạt bụi vàng của Hà Nội rơi xuống chìm sâu vào lớp đất cổ. Chọn C.
Diễn dịch.
Quy nạp.
Tổng phân hợp.
Song hành.
Đoạn văn tổng phân hợp. Câu mở đầu đoạn văn trên nêu lên một nhận định chung về nhân vật. Các câu khác khai triển đoạn đưa ra các biểu hiện cụ thể minh họa cho nhận định chung ấy. Từ những chứng cớ cụ thể này, câu kết đoạn đúc kết thành một nhận định mới vừa phù hợp với nhận định ban đầu, vừa được nâng cao hơn. Chọn C.
Con người phải sống giàu có, phong lưu.
Con người phải sống rộng lượng, vị tha.
Con người phải sống chân thật, là chính mình.
Con người phải sống vui vẻ, lạc quan.
Dựa vào câu: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn → Con người phải sống chân thật, là chính mình. Chọn C.
Thể hiện sự đối lập với tính cách của Chí Phèo.
Thể hiện sự chuyển biến trong tâm trạng Chí Phèo.
Thể hiện cuộc sống tươi vui đang đến với Chí Phèo.
Thể hiện vẻ đẹp nên thơ của chốn đồng quê.
Bác tiều phu ngu muội.
Cuộc thi tài của vị học giả và bác tiều phu.
Vị học giả khôn ngoan.
Câu chuyện chiếc thuyền.
Nội dung chính: Cuộc thi tài của vị học giả và bác tiều phu. Chọn B.
Sâu sắc, thấu hiểu lẽ đời.
Tấm lòng nhân hậu, bao dung.
Yêu thương con tha thiết.
Giàu đức hi sinh, lòng vị tha.
Đoạn trích tập trung khắc họa tình yêu thương con tha thiết của người đàn bà hàng chài. Dễ dàng nhận thấy điều này vì xuất phát từ tình yêu thương con mà người đàn bà hàng chài mới gửi thằng Phác - thằng con trai mà mụ yêu thương nhất lên rừng sống với ông ngoại vì mụ sợ rằng thằng bé có thể làm những việc lỗi đạo với bố nó. Chọn C.
Nhân hậu, trọng nhân cách, tình nghĩa.
Tài hoa nghệ sĩ, văn võ song toàn.
Khí phách ngang tàng, ngạo nghễ.
Thiên lương trong sáng, cao quý.
Trong đoạn trích trên, nhân vật Huấn Cao hiện lên với tấm lòng nhân hậu, trọng nhân cách, tình nghĩa điều này được thể hiện qua chi tiết Huấn Cao đồng ý cho viên quản ngục (một người biết trân trọng cái tài và nâng niu cái đẹp) chữ. Chọn A.
So sánh.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Nhân hóa: nghe lời gọi, tự hiến đời mình, trở về với cuộc sống bình thường, làm một người con gái dịu dàng của đất nước. Chọn C.
Tuổi thơ lớn lên từ trong bom đạn.
Thiên nhiên Việt Nam tươi đẹp và hùng vĩ.
Ý chí kiên cường của nhân dân.
Tất cả các đáp án trên.
Ý nghĩa nội dung: sức mạnh và ý chí kiên cường của nhân dân của một dân tộc anh hùng không bao giờ chịu khuất phục đế quốc xâm lăng. 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 giải phóng dân tộc.
Tháng 3-1947, trong diễn văn đọc trước Quốc hội Mĩ, Tỗng 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 chủ nghĩa xã hội.
+ Đàn áp phong trào giải phóng dân tộc, 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.
Ba Đình.
Bãi Sậy.
Hùng Lĩnh.
Hương Khê.
Phong trào Cần vương ở Việt Nam cuối thế kỉ XIX chấm dứt gắn với sự thất bại của cuộc khởi nghĩa Hương Khê (1885-1896). Khởi nghĩa Hương Khê cũng là cuộc khởi nghĩa tiêu biểu nhất của phong trào Cần vương. Chọn D.
Đất nước không bị ảnh hưởng bởi thiên tai.
Duy trì được hệ thống thuộc địa ở châu Á.
Lãnh thổ có nhiều tài nguyên khoáng sản.
Tận dụng tốt cơ hội bên ngoài.
Một trong những yếu tố thúc đẩy kinh tế Nhật Bản phát triển mạnh trong giai đoạn 1952-1973 là tận dụng tốt yếu tố bên ngoài để phát triển (viện trợ Mĩ, chiến tranh Triều Tiên, Việt Nam...). Chọn D.
Thụy Điển.
Liên Xô.
Thụy Sĩ.
Đan Mạch
Năm 1949, Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử, phá vỡ thế độc quyển bom nguyên tử của Mĩ. Chọn B.
Thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến.
Phong trào còn mang nặng tính chất tự phát.
Chưa sử dụng nhiều phương pháp đấu tranh.
Không gắn giải phóng với việc dùng bạo lực.
Hệ tư tưởng dân chủ tư sản cuối thế kỉ XIX, đầu thế kỉ XX mới xuất hiện tại Việt Nam, đây là một hệ tư tưởng mới với Việt Nam nhưng đã cũ với các quốc gia trên thế giới. Đồng thời giai cấp tư sản Việt Nam ra đời muộn, tiềm lực kinh tế nhỏ bé nên khả năng lãnh đạo còn hạn chế. Từ hai yếu tố đó cho thấy phong phong trào yêu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến. Chọn A.
Các thành viên đều là đồng minh tin cậy, lâu dài của Mĩ.
Các thành viên đều là đối tác quan trọng của Nhật Bản.
Chịu sự chi phối của cục diện thế giới hai cực, hai phe.
Hạn chế những ảnh hưởng và tác động từ Mĩ, Liên Xô.
Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) ra đời năm 1967, Liên minh khu vực ở Tây Âu (EU) ra đời từ 1951 1993. Thời gian 2 tổ chức này ra đời là thời điểm Chiến tranh lạnh 1947-1991 đang diễn ra nên cả 2 tổ chức này đều chịu sự chi phối của cục diện thế giới hai cực, hai phe. Chọn C.
Đặt cách mạng Đông Dương trong mối quan hệ với cách mạng thế giới.
Xác định được đúng phương hướng chiến lược, phương pháp cách mạng.
Đánh giá đúng khả năng chống đế quốc, phong kiến của tư sản dân tộc.
Thấy rō sự lãnh đạo của Đảng là nhân tố quyết định cho mọi thắng lợi.
Một trong những hạn chế của Luận cương chính trị của Đảng Cộng sản Đông Dương (10-1930) là đánh giá không đúng khả năng cách mạng của tầng lớp tiểu tư sản, giai cấp tư sản dân tộc, khả năng lôi kéo bộ phận trung, tiểu địa chủ tham gia Mặt trận dân tộc thống nhất, chống đế quốc và phong kiến. Chọn C.
Chính phủ liên hiệp quốc dân.
Ủy Ban Khởi nghĩa toàn quốc.
Ủy Ban lâm thời khu giải phóng.
Ủy Ban Dân tộc giải phóng Việt Nam.
Từ ngày 16 đến ngày 17-8-1945, Đại hội Quốc dân được triệu tập ở Tân Trào. Đại hội tán thành chủ trương Tổng khởi nghĩa của Đảng, thông qua 10 chính sách của Việt Minh, cử ra Uỷ ban Dân tộc giải phóng Việt Nam do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch. Chọn D.
Xu thế cải cách, mở cửa đang diễn ra mạnh mẽ.
Liên Xô và Mĩ đã tuyên bố chấm dứt Chiến tranh lạnh.
Các nước ASEAN đã thành những "con rồng" kinh tế châu Á.
Xu hướng hòa hoãn Đông-Tây bắt đầu xuất hiện.
B loại vì Liên Xô và Mĩ tuyên bố chấm dứt Chiến tranh lạnh năm 1989.
C loại vì chỉ có Xingapo là “con rồng” kinh tế châu Á.
D loại vì xu hướng hòa hoãn Đông-Tây bắt đầu xuất hiện từ những năm 70 của thế kỉ XX.
Chọn A.
Tiến hành khi đất nước chưa giành độc lập.
Cải tổ chính trị, thực hiện đa nguyên, đa đảng.
Tiến hành khi đất nước lâm vào tình trạng khủng hoảng kéo dài.
Củng cố và nâng cao vai trò lãnh đạo của Đảng Cộng sản.
HS sử dụng phương án loại trừ:
A loại vì cải cách ở 3 nước được tiến hành khi đã giành được độc lập.
B loại vì Việt Nam và Trung Quốc không tiến hành đa nguyên, đa đảng.
Chọn C vì cả 3 nước đều tiến hành cải cách khi đất nước lâm vào tình trạng khủng hoảng kéo dài.
D loại vì đổi mới nhằm đưa đất nước thoát khỏi khủng hoảng, riêng ở Liên Xô thì thực hiện đa nguyên đa đảng nên vai trò của Đảng Cộng sản bị suy giảm, cũng là 1 trong những nguyên nhân làm cho công cuộc cải tổ thất bại, CNXH ở Liên Xô sụp đổ.
Đánh bắt và nuôi trồng thủy sản.
Chăn nuôi trâu, bò, lợn, gà.
Trồng lúa nước
Trồng cây công nghiệp, cây ăn quả.
Lúa nước là cây lương thực truyền thống và quan trọng của khu vực. Sản lượng lương thực không ngừng tăng, Thái Lan và Việt Nam trở thành những nước đứng hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo. Không chỉ vậy, Đông Nam Á là một khu vực có dân số đông nên nhờ việc phát triển ngành trồng lúa các nước Đông Nam Á đã cơ bản giải quyết được nhu cầu lương thực-vấn đề nan giải của nhiều quốc gia đang phát triển. Chọn C.
sông Ê-nít-xây.
dãy núi Cáp-ca.
sông Ô-bi.
dãy núi U-ran.
Ranh giới tự nhiên giữa hai phần Nga Âu và Nga Á là dãy núi U-ran (sgk Địa lí 11 trang 62) → Chọn D.
quá trình phong hóa mạnh.
sự tích tụ mùn mạnh mẽ.
chất badơ dễ tan bị rửa trôi.
tích tụ ôxit sắt, ôxit nhôm.
Đất feralit nước ta có màu đỏ vàng chủ yếu do sự tích tụ ô-xít sắt và ô-xít nhôm. Chọn D.
Tổng diện tích rừng đang tăng lên.
Tài nguyên rừng vẫn bị suy thoái.
Diện tích rừng giàu chiếm tỉ lệ lớn.
Chất lượng rừng chưa thể phục hồi.
Diện tích rừng giàu chiếm tỉ lệ lớn là không đúng với rừng nước ta. Nước ta còn ít rừng giàu. Chọn C.
Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang.
Bắc Kạn, Hà Giang, Tuyên Quang.
Điện Biên Phủ, Sơn La, Tuyên Quang.
Sơn La, Bắc Kạn, Tuyên Quang.
Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang. Chọn A.
Cho biểu đồ:
CƠ CẤU LỰC LƯỢNG LAO ĐỘNG TỪ 15 TUỔI TRỞ LÊN
PHÂN THEO THÀNH THỊ VÀ NÔNG THÔN
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo biểu đồ, nhận xét nào sau đây đúng về cơ cấu lực lượng lao động từ 15 tuổi trở lên phân theo thành thị và nông thôn nước ta giai đoạn 2000 2020 ?
Lực lượng lao động nước ta phần lớn ở thành thị.
Năm 2020, tỉ trọng lực lượng lao động ở nông thôn giảm 10,0% so với năm 2000.
Năm 2015, tỉ trọng lực lượng lao động ở thành thị tăng 5,7% so với năm 2000.
Tỉ trọng lao động ở nông thôn có xu hướng tăng dần qua các năm.
Tính toán cho thấy B là đáp án đúng. Chọn B.
có bờ biển dài 3260 km.
có nhiều vùng trũng giữa đồng băng.
có nhiều đầm phá ven biển.
có nhiều ngư trường lớn.
Khai thác hải sản cần nhất yếu tố là ngư trường lớn → Chọn D.
Nhiều dãy núi hướng Đông-Tây.
Nhiều sông, suối, ao hồ.
Có những đồng bằng hẹp ven biển.
Có địa hình 3/4 là đồi núi.
Những đồng bằng hẹp ven biển tạo thuận lợi cho việc xây dựng tuyến đường B-N chứ không gây cản trở. Chọn C.
Chè.
Cao su.
Hồ tiêu.
Cà phê.
Cà phê là cây trồng quan trọng nhất của Tây Nguyên. Chọn D.
Khí hậu có tính chất cận xích đạo, đất badan giàu dinh dưởng.
Đất badan có diện tích rộng, giống cây trồng có chất lượng tốt.
Đất badan ở trên những mặt bằng rộng, nguồn nước dồi dào.
Khí hậu mát mẻ trên các cao nguyên cao trên 1000m, đất tốt.
Việc phát triển cây công nghiệp lâu năm ở Tây Nguyên chủ yếu dựa vào các điều kiện thuận lợi là khí hậu có tính chất cận xích đạo, đất badan giàu dinh dưỡng. Chọn A.
B. Đất badan có diện tích rộng, giống cây trồng có chất lượng tốt. → thiếu khí hậu.
C. Đất badan ở trên những mặt bằng rộng, nguồn nước dồi dào. → thiếu khí hậu.
D. Khí hậu mát mẻ trên các cao nguyên cao trên 1000 m, đất tốt. → đất tốt chưa chi tiết.
\(32,5\% .\)
\(60,0\% .\)
\(89,5\% .\)
\(95,0\% .\)
Nhiệt lượng đun nóng nước là \(Q = m.c.\Delta T = 1,5.4200.(100 - 25) = 472500J\)
Nhiệt lượng bếp tỏa ra là \({Q_b} = U.I.t = 220.4 \cdot 10.60 = 528000\;{\rm{J}}\)
Hiệu suất của bếp là \(H = \frac{Q}{{{Q_b}}} = \frac{{472500}}{{528000}} \cdot 100\% = 89,5\% \)
Chọn C.
Hình nào sau đây biểu diễn không đúng vectơ lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều \(\vec B\) ?
Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.
Hình 4.
Chọn C.
giao thoa ánh sáng.
tán sắc ánh sáng.
tán xạ ánh sáng.
khúc xạ ánh sáng.
Nguyên nhân của hiện tượng là do khúc xạ ánh sáng. Chọn D.
\(\lambda = \frac{{2\pi v}}{\omega }.\)
\(\lambda = \frac{v}{{{\omega ^2}}}.\)
\(\lambda = \frac{v}{\omega }.\)
Công thức liên hệ giữa bước sóng \(\lambda \), tốc độ truyền sóng v và tần số góc \(\omega \) của một sóng cơ hình sin là \(\lambda = Tv = \frac{{2\pi v}}{\omega }\). Chọn A.
\( - 2,25\,\mu {\rm{m}}.\)
\(2,75\,\mu {\rm{m}}.\)
\( - 2,75\,\mu {\rm{m}}.\)
\(2,25\,\mu {\rm{m}}.\)
Ta có hiệu \(M{S_1} - M{S_2} = 1,75 = (4 - 0,5).500 = 3,5\lambda \)
\( \to {\rm{M}}\) là vân tối thứ 4
Giữa M và N là 8 vân sáng \( \to \) có 3 vân sáng ở bên \(M\)
\( \to \) bên N có 4 vân sáng (không kể vân sáng trung tâm)
\( \to {\rm{N}}\) là vân tối thứ \(5 \to N{S_1} - N{S_2} = - (5 - 0,5).500 = - 2,25(\mu m)\)
Chọn A.
5 eV.
4 eV.
3 eV.
2 eV.
Năng lượng của photon: \(E = \frac{{h.c}}{\lambda } = \frac{{6,625 \cdot {{10}^{ - 34}} \cdot 3 \cdot {{10}^8}}}{{0,414 \cdot {{10}^{ - 6}}}} = 4,{8.10^{ - 19}}J = 3{\rm{eV}}\)
Chọn C.
Để hạn chế tai nạn cho người tham gia giao thông, lực lượng cảnh sát đã được trang bị một số loại máy móc như: súng bắn tốc độ, máy đo âm thanh, máy đo nồng độ cồn, ...Trong đó súng bắn tốc độ là thiết bị chuyên dụng có chức năng tính toán tốc độ của xe trên một đoạn đường nhất định, từ đó xác định phương tiện có vi phạm về tốc độ hay không. Thiết bị này còn có khả năng ghi lại hình ảnh của đối tượng đo. Điều nào sau đây là đúng về súng bắn tốc độ?
Chỉ có máy phát sóng vô tuyến.
Không có máy phát sóng vô tuyến và máy thu sóng vô tuyến.
Chỉ có máy thu sóng vô tuyến.
Có cả máy phát sóng vô tuyến và máy thu sóng vô tuyến.
Súng bắn tốc độ có cả máy phát sóng vô tuyến và máy thu sóng vô tuyến. Chọn D.
\(60\sqrt 2 \;{\rm{W}}.\)
\(480\;{\rm{W}}.\)
\(120\;{\rm{W}}.\)
\(240\;{\rm{W}}.\)
\[P = {I^2}R = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.30 = 240\,{\rm{W}}\]. Chọn D.
Đồ thị vận tốc của một vật dao động điều hòa có dạng như hình vē. Phương trình li độ dao động của vật nặng là
\(x = 5\cos \left( {5\pi t - \frac{\pi }{2}} \right){\rm{cm}}.\)
В. \(x = 2,5\cos (10\pi t + \pi ){\rm{cm}}.\)
\(x = 25\cos \left( {3\pi t + \frac{\pi }{2}} \right){\rm{cm}}.\)
Từ đồ thị xác định được: \[\frac{T}{4} = 0,1s \Rightarrow T = 0,4s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 5\pi \,\,rad/s\]
\[{v_{\max }} = 25\pi = A\omega \Rightarrow A = \frac{{25\pi }}{{5\pi }} = 5\,cm\]
Vận tốc sớm pha hơn li độ góc \[\frac{\pi }{2}rad\] nên tại thời điểm ban đầu vận tốc đang ở biên dương và tiến về VTCB thì khi đó li độ đang ở VTCB và tiến về biên dương \[ \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{2}rad\]. Chọn A
Bước sóng truyền đi là \(\lambda = \frac{v}{f} = 4\;{\rm{cm}}\)
Ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \to OH = 9,6\;{\rm{cm}}\)
Tại thời điểm t khi \({\rm{O}}\) đạt vị trí cao nhất thì điểm ở trên \({\rm{AB}}\) đang ở vị trí cân bằng thỏa mãn: \((2k + 1) = \frac{\lambda }{4} = 2k + 1\)
Số điểm ở vị trí cân bằng trên \({\rm{AB}}\) khi \({\rm{O}}\) đạt cực đại thỏa mãn \({\rm{k}}\) là số nguyên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9,6 \le 2k + 1 \le 12}\\{9,6 \le 2k + 1 \le 16}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 5}\\{k = 5,6,7}\end{array} \to k = 5,6,7} \right.} \right.\). Có 3 vị trí.
Đáp án: 3
7.
6.
5.
4.
Vitamin A có CTPT \({{\rm{C}}_{20}}{{\rm{H}}_{30}}{\rm{O}}\)
Ta có hệ số: \(k = \frac{{2 \cdot 20 + 2 - 30}}{2} = 6\)
Mà \({\rm{k}} = \pi + {\rm{v}}.\) Ta có \({\rm{v}} = 1 \Rightarrow \) số liên kết π \( = 6 - 1 = 5.\)
Chọn C.
Thí nghiệm sau mô tả quá trình của phản ứng nhiệt nhôm:
![Cho các phát biểu sau: (a) X là Fe nóng chảy và Y là \[A{l_2}{O_3}\]nóng chảy. (b) Phần khói trắng bay ra là \[A{l_2}{O_{3.}}\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/08/blobid6-1722820840.png)
Cho các phát biểu sau:
(a) X là Fe nóng chảy và Y là \[A{l_2}{O_3}\]nóng chảy.
(b) Phần khói trắng bay ra là \[A{l_2}{O_{3.}}\]
(c) Dải Mg khi đốt được dùng để khơi mào phản ứng nhiệt nhôm.
(d) Phản ứng giữa Al và \[F{e_2}{O_3}\]là phản ứng tỏa nhiệt, nhiệt độ cao nhất lên đến \[1000^\circ C\].
(e) Phản ứng nhiệt nhôm được sử dụng để điều chế một lượng nhỏ sắt nóng chảy khi hàn đường ray.
Số phát biểu đúng là
5.
3.
4.
2.
Các phát biểu (b), (c), (e) đúng.
Phát biểu (a) không đúng do \[A{l_2}{O_3}\] nóng chảy nhẹ hơn Fe nóng chảy nên nổi lên trên và X là \[A{l_2}{O_3}\] còn Y là Fe.
Phát biểu (d) không đúng vì nhiệt độ cao nhất của phản ứng là hơn 2000oC
Chọn B.
1,5M và 1M.
1M và 1,5M.
2M và 0,5M.
0,5M và 2M.
Thí nghiệm 1: \({{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05\;\)mol
\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = 0,05\,mol\)
Thí nghiệm 2: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,01\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 0,04\)mol
\({{\rm{H}}^ + } + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{HCO}}_3^ - \)
\({\rm{HCO}}_3^ - + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{HCl}} - {n_{C{O_2}}} = 0,04 - 0,01 = 0,03\,\,mol\)
\( \Rightarrow {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,03\,mol\)
Bảo toàn nguyên tố \[{\rm{C}}:{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05 \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,02\]mol
\(\begin{array}{l}{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,03}}{{0,02}} = 1,5{\rm{M}}\\{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,02}}{{0,02}} = 1,0{\rm{M}}{\rm{.}}\end{array}\)
Chọn A.
37,24%.
62,76%.
31,38%.
54,27%.
Gọi x, y lần lượt là số mol của glycine và alanine trong hỗn hợp ban đầu
\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\(\)\({n_{hh\,}} = \frac{{30,5 - 23,9}}{{23 - 1}} = 0,3\,mol\)
Giải hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{75x + 89y = 23,9}\\{x + y = 0,3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,2}\\{y = 0,1}\end{array}} \right.} \right.(mol)\]
\(\% {m_{{\rm{glycine }}}} = \frac{{0,2 \cdot 75}}{{23,9}}.100\% = 62,76\% {\rm{.}}\)
Chọn B.
Phản ứng điều chế ethyl acetate trong phòng thí nghiệm được mô tả như hình vẽ:
Cho các phát biểu sau:
(a) Ethyl acetate có nhiệt độ sôi thấp nên dễ bị bay hơi khi đun nóng.
(b) \[{H_2}S{O_4}\]đặc vừa làm chất xúc tác, vừa có tác dụng hút nước.
(c) Ethyl acetate qua ống dẫn dưới dạng hơi nên cần làm lạnh bằng nước đá để ngưng tụ.
(d) Phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên được gọi là phản ứng ester hóa.
(e) Để nâng cao hiệu suất phản ứng có thể thay hỗn hợp trong ống nghiệm bằng rượu trắng, giấm ăn và \[{H_2}S{O_4}\]đặc.
Số phát biểu đúng là
4.
5.
2.
3.
Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (d).
Phát biểu (e) không đúng vì rượu trắng và giấm ăn có nồng độ thấp hơn ethyl alcohol và acetic acid dùng trong thí nghiệm trên \( \Rightarrow \) làm giảm hiệu suất phản ứng.
Chọn A.
Chất dẻo.
Keo dán.
Cao su.
Tơ.
Nylon-6,6 thu được từ phản ứng trùng ngưng adipic acid với hexamethylenediamine.
Nylon-6,6 thuộc tơ tổng hợp.
Chọn D.
70.
73.
69.
65.
Khối lượng dung dịch \({\rm{X}}\) tăng đúng \({\rm{m}}\) gam so với dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) ban đầu, bằng khối lượng hỗn hợp \({\rm{M}}.\)
Þ Sau phản ứng không sinh ra khí \( \Rightarrow {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) là sản phẩm khử duy nhất, khi nung \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) bị phân hủy hoàn toàn thành các khí.
Þ 18,6 gam hỗn hợp oxide kim loại gồm MgO, \(A{l_2}{O_3}\), ZnO.
\({{\rm{m}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = {{\rm{m}}_{{\rm{oxide }}}} - {{\rm{m}}_{{\rm{KL}}}} = 18,6 - {\rm{m }}({\rm{g}})\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = \frac{{18,6 - m}}{{16}}\,\,(\;{\rm{mol}})\)
Gọi \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = x\,mol\)
Các quá trình nhường nhận electron:
\(\mathop {{\rm{Mg}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Mg}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e }}\)
\(\mathop {\rm{N}}\limits^{ + 5} + 8{\rm{e}} \to \mathop {\rm{N}}\limits^{ - 3} \)
\(\mathop {{\rm{Al}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Al}}}\limits^{ + 3} + 3{\rm{e}}\)
\(\mathop {{\rm{Zn}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Zn}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{e}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{Mg}}}} + 3{{\rm{n}}_{{\rm{Al}}}} + 2{{\rm{n}}_{{\rm{Zn}}}} = 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_e} = 2{n_{O\,\,(oxide)}} \Rightarrow 8x = 2 \cdot \frac{{18,6 - m}}{{16}}\\ \Rightarrow m + 64x = 18,6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\)
\(\sum {{n_{O\,\,(Y)}} = 3 \cdot \sum {{n_{NO_3^ - \,\,(Y)}}} } = 3 \cdot (8x + x) = 27x\,(mol)\)
\( \Rightarrow \frac{{27x \cdot 16}}{{m + 576x}} = 0,601\,11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,09\\m = 12,84\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow a = 12,84 + 576 \cdot 0,09 = 64,68\,gam\)
Vậy a gần với giá trị 65 nhất.
Chọn D.
Tăng dần.
Giảm dần.
Tăng dần rồi sau đó giảm dần.
Giảm dần rồi sau đó tăng dần.
Ban đầu: \(Ba{(OH)_2} \to B{a^{2 + }} + 2O{H^ - }\)
Þ Có 3 ion.
Khi thêm từ từ \({H_2}S{O_4}\): \(Ba{(OH)_2} + {H_2}S{O_4} \to BaS{O_4} \downarrow + 2{H_2}O\)
Þ Lượng ion giảm dần
Khi thêm dư \({H_2}S{O_4}\): \({H_2}S{O_4} \to 2{H^ + } + SO_4^{2 - }\)
Þ Lượng ion tăng lên.
Vậy độ dẫn điện của dung dịch giảm dần sau đó tăng dần.
Chọn D.
Nitrogen dioxide \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}} \right)\) và dinitrogen tetroxide \(\left( {{{\rm{N}}_2}{{\rm{O}}_4}} \right)\) cùng tồn tại ở trạng thái cân bằng theo phương trình sau:
Một ống tiêm chứa hỗn hợp cân bằng của hai khí trên có màu nâu. Tiến hành kéo pít tông, giữ nguyên vị trí của pít tông rồi để yên ống tiêm trong một khoảng thời gian (2-3 phút).
Hiện tượng quan sát được là
Hỗn hợp bị nhạt màu, sau đó sẽ có màu nâu đậm hơn so với ban đầu.
Hỗn hợp đậm màu hơn, sau đó sẽ có màu nâu nhạt hơn so với ban đầu.
Hỗn hợp có màu sắc không thay đổi.
Hỗn hợp bị mất màu hoàn toàn.
Ban đầu khi kéo pít tông thì thể tích của hỗn hợp phản ứng tăng, nồng độ các chất giảm, lượng chất có trong hệ sẽ bị loãng ra làm cho hỗn hợp có màu nâu nhạt hơn so với ban đầu. Sau một khoảng thời gian, vì kéo pít tông nên áp suất của hệ giảm, cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều tăng số mol chất khí.
\( \to \) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều tạo khí \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) màu nâu đỏ). Từ đó dẫn đến màu của hỗn hợp trở lên đậm hơn.
Chọn A.
Ta có: \({n_{HN{O_3}}} = 1,4\,mol;\,{n_{NaOH}} = 1,2\,mol;\,{n_{CO}} = 0,4\,mol\)
Nhận thấy: 81,06 gam chất rắn khan bao gồm \(\left\{ \begin{array}{l}NaN{O_2}(x\,mol)\\NaOH\,(y\,mol)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 1,2\\69x + 40y = 81,06\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1,14\\y = 0,06\end{array} \right.(mol)\)
- Xét quá trình: \(0,4\,mol\,CO + X \to \left\{ \begin{array}{l}KL:Cu,\,Fe\\hh\,kh\'i \,T\,(CO,\,C{O_2}),\,{\overline M _T} = 37,6\end{array} \right.\)
Þ Hỗn hợp T bao gồm CO (0,16 mol) và \(C{O_2}\)(0,24 mol)
Þ \({n_{O\,\,(X)}} = {n_{C{O_2}}} = 0,16\,mol\)
Þ \({m_{KL\,\,(X)}} = 25,76 - 0,24 \cdot 16 = 21,92\,gam\)
- Xét quá trình X + \(HN{O_3}\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}}}\\{{\rm{Fe}}}\\{{\rm{O}}:0,24\,\,mol}\end{array}} \right\} = \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}};{\rm{Fe;}}}\\{({\rm{Fe}},{\rm{O}})}\end{array}} \right\}}_{25,76\,\,{\rm{gam}}} + \underbrace {{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}_{1,4\;{\rm{mol}}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}}\\{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}\\{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}\end{array}} \right\} + \{ {\rm{N}},{\rm{O}}\} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Từ \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - {\rm{trong Y}}}}} = 1,14\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}\,\,({\rm{spk)}}}} = 1,4 - 1,14 = 0,26\;{\rm{mol}};\)
\( \Rightarrow {m_{N\,\,(spk)}} = 0,16 \cdot 14 = 3,64 \Rightarrow {m_{O\,\,(spk)}} = \frac{{3,64 \cdot 0,61276}}{{1 - 0,61276}} \approx 5,76\,gam\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O}}\,\,({\rm{spk)}}}} = \frac{{5,76}}{{16}} = 0,36\;{\rm{mol}}.\)
Vậy Y chứa \(\left\{ \begin{array}{l}Fe{(N{O_3})_3}\,(a\,mol)\\Cu{(N{O_3})_2}\,(b\,\,mol)\end{array} \right.\) với \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{NO}}_3^ - }}} \)trong muối \( = 3a + 2b = 1,06\;{\rm{mol}}.\)
Mà \(\sum {{m_{{\rm{Fe}}\, + \,{\rm{Cu}}}}} = 56a + 64b = 21,92\) gam.
Giải hệ phương trình được: \(a = 0,3\;{\rm{mol}}\) và \(b = 0,08\;{\rm{mol}}.\)
\(25,76\,gam\,X\left\{ \begin{array}{l}Cu:0,08\,mol\\Fe:\,\,c\,mol\\F{e_2}{O_z}:\,d\,mol\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c + 2d = 0,3\\zd = 0,24\end{array} \right.\)
|
z |
2 |
3 |
\(\frac{8}{3}\) |
|
Công thức oxide |
FeO |
\(F{e_2}{O_3}\) |
\(F{e_3}{O_4}\) |
\(\)Nhận thấy: Công thức oxide thỏa mãn là \(F{e_3}{O_4}\)
Đáp án: \(F{e_3}{O_4}\)
chất dinh dưỡng và sản phẩm bài tiết.
các sản phẩm bài tiết.
chất dinh dưỡng.
chất khí.
Sâu bọ hô hấp bằng hệ thống ống khí tách biệt với hệ tuần hoàn → Ở sâu bọ, hệ tuần hoàn hở không thực hiện chức năng vận chuyển chất khí. Chọn D.
không liên quan đến sự phân chia tế bào.
tác nhân kích thích không định hướng.
có nhiều tác nhân kích thích.
có sự vận động vô hướng.
Sự khác nhau cơ bản giữa hướng động và ứng động là: hướng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích từ một hướng xác định còn ứng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích không định hướng. Chọn B.
Khi CO2 gặp nước vôi sẽ tạo kết tủa. Do đó, nước vôi được sử dụng trong thí nghiệm này nhằm mục đích chứng minh hô hấp ở thực vật thải CO2. Chọn A.
đột biến cấu trúc, đột biến lệch bội và đột biến đa bội NST.
đột biến cấu trúc, đột biến số lượng và đột biến hình thái NST.
đột biến hình thái, đột biến số lượng và đột biến lệch bội NST.
đột biến cấu trúc NST và đột biến số lượng NST.
Đột biến NST có các dạng cơ bản là đột biến cấu trúc NST (mất đoạn, lặp đoạn, đảo đoạn, chuyển đoạn) và đột biến số lượng NST (tự đa bội và dị đa bội). Chọn D.
gây đột biến.
nhân bản vô tính.
công nghệ gen.
cấy truyền phôi.
Các con cừu mang gen sản sinh prôtêin của người trong sữa của chúng (hệ gen của các con cừu này được biến đổi thêm gen mới) là thành tựu của công nghệ gen. Chọn D.
37,5%.
18,75%.
3,75%.
56,25%.
Quần thể giao phối ở trạng thái cân bằng di truyền nên cấu trúc di truyền quần thể tuân theo công thức p2 AA + 2pq Aa + q2 aa =1.
Ta có p2 AA = 9 q2 aa (p, q > 0) → p (A) = 3 q(a) mà p + q = 1 \( \Rightarrow \) p(A) = 0,75; q(a) = 0,25.
\( \Rightarrow \) Tỉ lệ số cá thể dị hợp là 2pq = 2 × 0,75 × 0,25 = 37,5%. Chọn A.
bằng chứng trực tiếp.
bằng chứng sinh học phân tử.
bằng chứng phôi sinh học.
bằng chứng giải phẫu so sánh.
Thành phần axit amin trong chuỗi hêmôglôbin của người và tinh tinh giống nhau là bằng chứng sinh học phân tử chứng tỏ người và tinh tinh có chung nguồn gốc. Chọn B.
mèo rừng.
thỏ.
thực vật.
chim sâu.
Bậc dinh dưỡng cấp 1 trong lưới thức ăn trên chính là sinh vật sản xuất (thực vật). Chọn C.
Một nhóm nghiên cứu thực hiện thí nghiệm để kiểm chứng mô hình nhân đôi ADN ở vùng nhân của tế bào nhân sơ. Họ đã nuôi một số vi khuẩn E.coli trong môi trường chỉ có nitơ đồng vị nặng (15N). Sau đó, họ chuyển vi khuẩn sang nuôi tiếp năm thế hệ ở môi trường chỉ có nitơ đồng vị nhẹ (14N). Biết số lần nhân lên của vi khuẩn E.coli trong các ống nghiệm là như nhau. Tách ADN sau mỗi thế hệ và thu được kết quả như hình dưới đây. Cho biết X là vị trí của ADN chứa cả hai mạch 15N; Y là vị trí của ADN chứa cả mạch 14N và mạch 15N; Z là vị trí của ADN chứa cả hai mạch 14N.
Theo lí thuyết, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Thí nghiệm trên đã kiểm chứng quá trình nhân đôi ADN theo nguyên tắc bán bảo toàn.
II. Nếu một vi khuẩn E. coli được nuôi với các điều kiện thí nghiệm như trên thì luôn có hai mạch ADN chứa 15N ở mỗi thế hệ.
III. Ở thế hệ thứ 4, tỉ lệ ADN ở vị trí Y không thay đổi so với thế hệ thứ 3.
IV. Ở thế hệ thứ 5, tỉ lệ ADN ở vị trí Y so với ADN ở vị trí Z là 1/15.
3.
1.
2.
4.
Giả sử ban đầu có 1 phân tử N15 (X).
- Ở ống nghiệm 1: 1 phân tử X nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y.
- Ở ống nghiệm 2: 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 3:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 2 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 4 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 4:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 6 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 12 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 5:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 14 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 28 phân tử Z.
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
I. Đúng. Thí nghiệm trên đã kiểm chứng quá trình nhân đôi ADN theo nguyên tắc bán bảo toàn.
II. Đúng. Nếu một vi khuẩn E. coli được nuôi với các điều kiện thí nghiệm như trên thì luôn có hai mạch ADN chứa N15 ở mỗi thế hệ (mỗi thế hệ đều có 2 phân tử Y).
III. Sai. Tỉ lệ Y thay đổi từ thế hệ 3 (25%) sang thế hệ 4 (12,5%).
IV. Đúng. Ở thế hệ 5, \(\frac{Y}{Z} = \frac{2}{{30}} = \frac{1}{{15}}.\)
Chọn A.
- Quy ước gen: A - bình thường >> a - bị bệnh bạch tạng; B - bình thường >> b - bị máu khó đông. Trong đó, gen quy định bệnh bạch tạng nằm trên NST thường; gen quy định bệnh máu khó đông nằm trên vùng không tương đồng của NST giới tính X.
- Phía người vợ có:
+ Bố bị bệnh máu khó đông XbY \( \Rightarrow \) Vợ có kiểu gen XBXb.
+ Bà ngoại và ông nội bị bạch tạng (aa) \( \Rightarrow \) Bố mẹ vợ đều có kiểu gen Aa \( \Rightarrow \) Kiểu gen của người vợ \[(\frac{1}{3}{\rm{AA : }}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a).\)
- Bên phía người chồng có:
+ Bố mẹ đều bình thường, có chú bị bệnh bạch tạng \( \Rightarrow \) Bố chồng có kiểu gen \[(\frac{1}{3}{\rm{AA:}}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\]; mẹ có kiểu gen AA \( \Rightarrow \) Chồng có kiểu gen \[(\frac{2}{3}{\rm{AA:}}\frac{1}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử với tỉ lệ \[(\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a).\]
+ Người chồng không bị máu khó đông nên có kiểu gen XBY.
- Xác suất kiểu gen của người con gái của cặp vợ chồng trên:
+ Về bệnh bạch tạng: \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a) \times (\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a)\) → Xác suất con gái bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là \(\frac{{\frac{2}{3} \times \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \times \frac{5}{6}}}{{1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{6}}} = \frac{7}{{17}}\) → Xác suất không mang alen bệnh là \[1 - \frac{7}{{17}} = \frac{{10}}{{17}}.\]
+ Về bệnh máu khó đông: XBXb × XBY → Xác suất con gái bình thường không mang alen bệnh là \(\frac{1}{2}.\)
\( \Rightarrow \) Xác suất để đứa con gái bình thường mang alen gây bệnh = 1 - xác suất không mang alen bệnh = \(1 - \frac{{10}}{{17}} \times \frac{1}{2} = \frac{{12}}{{17}} = 70,59\% .\)
Đáp án: 70,59%.
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.
