Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 4)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Dựa vào dữ liệu trong hình vē dưới đây:
CHỈ SỐ SẢN XUẤT CÔNG NGHIỆP 8 THÁNG NĂM 2019
SO VỚI CÙNG KỲ NĂM TRƯỚC (%)
Hãy cho biết ngành công nghiệp nào có tốc độ tăng trưởng nhanh nhất trong 8 tháng đầu năm 2019?
Khai khoáng.
Chế biến, chế tạo.
Sản xuất và phân phối điện.
Cung cấp nước, hoạt động quản lý và xử lý rác thải, nước thải.
Ta có bảng thống kê tốc độ tăng trưởng của các ngành:
|
Ngành |
Tốc độ tăng trưởng |
|
Khai khoáng |
\(2,5\% \) |
|
Chế biến, chế tạo |
\(10,6\% \) |
|
Sản xuất và phân phối điện |
\(10,2\% \) |
|
Cung cấp nước, hoạt động quản lý và xử lý rác thải, nước thải |
\(7,4\% \) |
Dựa vào bảng số liệu trên ta có thể thấy tốc độ tăng trưởng cao nhất là ngành chế biến, chế tạo.
Chọn B
\[ - 5\].
3.
1.
\[ - 2\].
Vì \(G\left( {1\,;\,\,c\,;\,\,3} \right)\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 = \frac{{1 + 2 + a}}{3}}\\{c = \frac{{ - 3 - 4 - 2}}{3}}\\{3 = \frac{{3 + 5 + b}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 0}\\{b = 1}\\{c = - 3}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy \(a + b + c = - 2\). Chọn D.
\(f'\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}.\)
\(f'\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}\ln 2}}.\)
\(f'\left( x \right) = \frac{{1 - {{\log }_2}x}}{{{x^2}\ln 2}}.\)
\(f'\left( x \right) = \frac{{1 - {{\log }_2}x}}{{{x^2}}}.\)
Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{{{\log }_2}x}}{x}\)
\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 1}}{{{x^2}}} \cdot {\log _2}x + \frac{1}{{x \cdot \ln 2}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{{1 - {{\log }_2}x \cdot \ln 2}}{{{x^2} \cdot \ln 2}} = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2} \cdot \ln 2}}\). Chọn B.
\(8\sqrt 3 a.\)
\(8{a^2}.\)
\[8a\].
\(8\sqrt 3 {a^2}.\)
6.
\( - 2.\)
2.
\( - 6.\)
Giả sử số phức \(z\) có dạng: \(z = x + yi\,\,\left( {x\,,\,\,y \in \mathbb{R}} \right)\)
Ta có: \(iz + (1 - i)\bar z = - 2i \Leftrightarrow i\left( {x + yi} \right) + \left( {1 - i} \right)\left( {x - yi} \right) = - 2i \Leftrightarrow x - 2y - yi = - 2i.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2y = 0}\\{ - y = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = 2}\end{array} \Rightarrow x + y = 6} \right.} \right..\)
Tổng phần thực và phần ảo của số phức \(z\) bằng 6. Chọn A.
\(T = 6.\)
\(T = 0.\)
\(T = - 8.\)
\(T = 2.\)
Từ đồ thị ta có:
• TCĐ: \(x = 1 \Rightarrow \frac{{ - d}}{{{c_a}}} = 1 \Rightarrow \frac{d}{c} = - 1 \Rightarrow d = - c\);
• TCN: \(y = - 1 \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1 \Rightarrow a = - c\).
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm: \(x = 2 \Rightarrow \frac{{ - b}}{a} = 2 \Rightarrow \frac{{ - b}}{{ - c}} = 2 \Rightarrow b = 2c\)
Vậy \(T = \frac{{a - 2b + 3d}}{c} = \frac{{ - c - 4c - 3c}}{c} = - 8\). Chọn C.
\(55\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(56\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(53\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
\(46\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}.\)
Gọi thiết diện là hình chữ nhật \[ABCD\], tâm 2 đáy lần lượt là \(O\) và \(O',\,\,CD\) thuộc đáy chứa tâm \(O,\,\,{\rm{H}}\) là trung điểm \[CD.\]
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot CD\\OH \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {OO';\left( {ABCD} \right)} \right) = OH = 3\,\,\;{\rm{cm}}.\)
\( \Rightarrow HC = HD = \sqrt {O{C^2} - O{H^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\,\;({\rm{cm)}}.\)
\( \Rightarrow AB = CD = 8\,\;{\rm{cm}}.\)
\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = AB \cdot BC = 8 \cdot 7 = 56\;\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right).\) Chọn B.
\(m = \pm 2.\)
\(m = \pm 1.\)
\(m = \pm \sqrt 3 .\)
\(m = \pm \sqrt 2 .\)
Giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục tung là \(B\left( {0\,;\,\,2{m^2} + 4} \right)\).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị đã cho với trục hoành là:
\({x^3} + \left( {{m^2} - 2} \right)x + 2{m^2} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + {m^2} + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 2}\\{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {m^2} + 1 = 0\quad (VN)}\end{array}} \right.\)
Giao điểm của đồ thị đã cho với trục hoành là \(A\left( { - 2\,;\,\,0} \right).\)
Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \left( {2{m^2} + 4} \right) = 8 \Rightarrow m = \pm \sqrt 2 \).
Chọn D.
\(I = - 4.\)
\(I = 2.\)
\(I = 4.\)
\(I = 6.\)
Đặt \(u = \tan x \Rightarrow du = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}dx = \left( {1 + {{\tan }^2}x} \right)dx \Rightarrow \frac{{du}}{{{u^2} + 1}} = dx.\)
Đổi cận: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 0 \Rightarrow u = 0\\x = \frac{\pi }{4} \Rightarrow u = 1\end{array} \right.\).
Ta có: \(\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {f\left( {\tan x} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( u \right)}}{{{u^2} + 1}}} \,{\rm{d}}u = \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}} \,{\rm{d}}x \Rightarrow \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}} \,{\rm{d}}x = 2\).
Do đó \[I = \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\frac{{\left( {{x^2} + 1} \right)f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\frac{{{x^2}f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}\,} dx + \int\limits_0^1 {\frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}} \,\,dx = 2 + 2 = 4\].
Chọn C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{{\sqrt 2 }}{4}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
\(\frac{{\sqrt 2 }}{3}.\)
Gọi \(O = AC \cap BD.\) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{DO \bot AC}\\{DO \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow DO \bot \left( {SAC} \right)} \right..\)
\( \Rightarrow {\rm{SO}}\) là hình chiếu của \[SD\] lên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\)\[ \Rightarrow \widehat {\left( {SD;\,\,\left( {SAC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {S\,;\,SO} \right)} = \widehat {DSO} = \alpha .\]
• Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \({\rm{A}}\) ta có: \(SD = \sqrt {3{a^2} + {a^2}} = 2a\)
• Xét \(\Delta SOD\) vuông tại O, có \(SD = 2a,\,\,OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)
\( \Rightarrow \sin \alpha = \sin \widehat {DSO} = \frac{{DO}}{{SD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}.\) Chọn A.
5
2
0
1
Ta có \({x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)
\(2{x^2} + 3x - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - \frac{5}{2}}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)\(4 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).
Trục xét dấu:
Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - \frac{5}{2}\,;\,\, - 2} \right) \cup \left[ { - 1\,;\,\,2} \right)\).
Tổng bình phương các nghiệm nguyên bất phương trình là: \({\left( { - 1} \right)^2} + {\left( 0 \right)^2} + {\left( 1 \right)^2} = 2\). Chọn B.
1
3
2
0
Ta tính được \(OA = 3\,;\,\,OB = 4\,;\,\,AB = 5.\)
Vì \(I\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right)\) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác \[OAB\] nên ta có:
\(OA \cdot \overrightarrow {IB} + OB \cdot \overrightarrow {IA} + AB \cdot \overrightarrow {IO} = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\left( {\frac{8}{3} - a} \right) + 4\left( {1 - a} \right) + 5\left( { - a} \right) = 0}\\{3\left( {\frac{4}{3} - b} \right) + 4\left( {2 - b} \right) + 5\left( { - b} \right) = 0}\\{3\left( {\frac{8}{3} - c} \right) + 4\left( { - 2 - c} \right) + 5\left( { - c} \right) = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\\{c = 0}\end{array}} \right.\).
Vậy \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\), suy ra \(a - b + c = 0.\) Chọn D.
0
2
3
Vô số
Trừ từng vế các phương trình của hệ ta được:
\(3{x^2} - 3{y^2} = x - y \Leftrightarrow \left( {x - y} \right)\left( {3x + 3y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 0}\\{3x + 3y - 1 = 0}\end{array}} \right.\).
Kết hợp với hệ phương trình ta có:
\(\left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = y}\\{{x^2} - 2{y^2} = 2x + y}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x + 3y - 1 = 0}\\{{x^2} - 2{y^2} = 2x + y}\end{array}} \right.\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = y}\\{{x^2} + 3x = 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = \frac{{1 - 3x}}{3}}\\{9{x^2} - 3x + 5 = 0\,\,(VN)}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 3}\\{y = - 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\).
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm \[\left( {0\,;\,\,0} \right),\,\,\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right).\] Chọn B.
\(15\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(9\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(42\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(25\;{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
Ta có \[B\] di chuyển được 15 s thì đuổi kịp \[A\], khi đó \[A\] di chuyển được 25 s.
Quãng đường vật \[A\] đi được là \[\int\limits_0^{25} {\left( {\frac{1}{{100}}{t^2} + \frac{{13}}{{30}}t} \right)} \,\,dt = \frac{{375}}{2}\,\,(m).\]
Do đó vật \[B\] cũng đi được quãng đường \(\frac{{375}}{2}m.\)
Vận tốc của vật \[B\] là \[{v_B}\,\,(t) = at\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\].
Suy ra Quãng đường vật \[B\] đi được trong 15 s là:\(\int\limits_0^{15} {atdt} = \left. {\frac{{a{t^2}}}{2}} \right|_0^{15} = \frac{{225a}}{2} = \frac{{375}}{2} \Leftrightarrow a = \frac{5}{3}\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).
\( \Rightarrow \) Vận tốc của \[B\] tại thời điểm đuổi kịp \[A\] là \(v\left( {15} \right) = \frac{5}{3} \cdot 15 = 25\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}})\). Chọn D.
2
4
8
25 tháng.
23 tháng.
24 tháng.
22 tháng.
Theo công thức tính tỉ lệ đã cho thì cần tìm nghiệm \(t\) của bất phương trình:
\(M\left( t \right) = 75 - 20\ln \left( {t + 1} \right) \le 10 \Leftrightarrow \ln \left( {t + 1} \right) \ge 3,25 \Rightarrow t \ge 24,79\).
Vậy sau khoảng 25 tháng thì học sinh nhớ được danh sách đó là dưới \[10\% .\] Chọn A.
5.
4.
6.
7.
Ta có:
\(f'\left( x \right) \cdot \left( {3\left| {f\left( x \right)} \right| - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{3\left| {f\left( x \right)} \right| = m}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \pm 1}\\{\left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{m}{3}}\end{array}} \right.} \right..\)
Suy ra yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left| {f\left( x \right)} \right| = \frac{m}{3}\) có 6 nghiệm phân biệt khác \( \pm 1.\)
\( \Rightarrow \frac{m}{3} \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Rightarrow m \in \left( {0\,;\,\,6} \right)\). Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn ycbt.
Chọn A
\(4x - 3y + 18 = 0.\)
\(4x - 3y - 18 = 0.\)
\(4x - 3y + 18 = 0\,;\,\,4x - 3y + 2 = 0.\)
\(4x - 3y - 18 = 0\,;\,\,4x - 3y - 2 = 0.\)
Điểm \(M\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) nằm trên đường thẳng \(\Delta :x - y - 2 = 0 \Rightarrow M\left( {x\,;\,\,x - 2} \right).\)
Khi đó: \[\overrightarrow {AM} \,\left( {x - 1\,;\,\,x - 3} \right);\,\,\overrightarrow {BM} \left( {x - 3\,;\,\,x - 4} \right)\].
Tam giác MAB vuông tại \[M \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} \cdot \overrightarrow {BM} = 0 \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right) + \left( {x - 3} \right)\left( {x - 4} \right) = 0\]
\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 1 - x + 4} \right) = 0 \Rightarrow x = 3 \Rightarrow y = x - 2 = 1 \Rightarrow T = x + 3y = 3 + 3 = 6\).
Chọn D.
28 tháng 5.
29 tháng 5.
30 tháng 5.
31 tháng 5.
Vì \(\sin \left[ {\frac{\pi }{{178}}} \right]\left( {t - 60} \right) \le 1 \Rightarrow t = y = 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{178}}} \right]\left( {t - 60} \right) + 10 \le 14.{\rm{ }}\)
Ngày có ánh sáng mặt trời nhiều nhất \( \Leftrightarrow y = 14 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{178}}\left( {t - 60} \right)} \right] = 1\)
\( \Leftrightarrow \frac{\pi }{{178}}\left( {t - 60} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = 149 + 356k\)Do \(0 < t \le 365 \Rightarrow 0 < 149 + 356k \le 365 \Leftrightarrow - \frac{{149}}{{356}} < k \le \frac{{54}}{{89}}\), mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 0.\)
Với \(k = 0 \Rightarrow t = 149\) rơi vào ngày 29 tháng 5 (vì ta đã biết tháng 1 và 3 có 31 ngày, tháng 4 có 30 ngày, riêng đối với năm 2017 thì không phải năm nhuận nên tháng 2 có 28 ngày hoặc dựa vào dữ kiện \(0 < t \le 365\) thì ta biết năm nay tháng 2 chỉ có 28 ngày).
Chọn B.
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{16}}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{24}}.\)
\(V = \frac{{3{a^3}\sqrt 6 }}{{16}}.\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{8}.\)
Gọi \(O = AC \cap BD.\)
Ta có \(AO \bot BD \Rightarrow SO \bot BD\)
Suy ra \(\left( {\widehat {\left( {{\rm{SBD}}} \right),\,\,\left( {{\rm{ABCD}}} \right)}} \right) = \widehat {SOA} = 60^\circ \).
\({V_{S.ADN}} = \frac{1}{2} \cdot {V_{S \cdot ADC}} = \frac{1}{4} \cdot {V_{S.ABCD}}\) và
\({V_{S.AMN}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD.}}\)
\( \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = {V_{S.ADN}} + {V_{S.AMN}} = \frac{3}{8}{V_{S.ABCD}}.\)\(SA = AO \cdot \tan \widehat {SOA} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot S = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)
\( \Rightarrow {V_{S.ADMN}} = \frac{3}{8} \cdot \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{16}}.\)
Chọn A.
\(\left( { - \infty ;\,\, - 1} \right).\)
\(\left( { - \infty ;\,\, - 2} \right).\)
\(\left( { - 2;\,\, - 1} \right).\)
\(\left( { - 1;\,\,2} \right)\).
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2mx + 12\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow y' \ge 0;\forall x \in \left( {1\,;\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 12 \ge 2mx\,;\,\,\forall x \in \left( {1\,;\, + \infty } \right) \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} + 12}}{{2x}} \ge m;\,\,\forall x \in \left( {1\,;\, + \infty } \right)\)
Xét hàm \(h\left( x \right) = \frac{{3{x^2} + 12}}{{2x}} = \frac{{3x}}{2} + \frac{6}{x}\) có \(h'\left( x \right) = \frac{3}{2} - \frac{6}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 4 \Leftrightarrow x = \pm 2\).
Ta có BBT của \(h\left( x \right)\) trên \(\left( {1\,;\, + \infty } \right)\).
Suy ra yêu cầu bài toán tương đương có 6 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn.
Chọn B.
\( - \frac{3}{2}.\)
0.
5.
\(\frac{3}{2}.\)
Đặt \(t = \sqrt {x + 1} > 1 \Rightarrow {t^2} = x + 1 \Rightarrow x = {t^2} - 1\)
\[ \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{{t^2} - 1}}{{{t^2} - t}} = \frac{{\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right)}}{{\left( {t - 1} \right)t}} = \frac{{t + 1}}{t} = 1 + \frac{1}{t} = \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }} + 1\]
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {f'\left( x \right)} \,\,dx = \int {\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}} \right)} \,\,{\rm{d}}x = x + \int {\frac{{{\rm{d}}\left( {x + 1} \right)}}{{\sqrt {x + 1} }}} \)\[ = x + 2\int {\frac{{{\rm{d}}\left( {x + 1} \right)}}{{2\sqrt {x + 1} }}} = x + 2\sqrt {x + 1} + C\].
Mà \(f\left( 3 \right) = 3 \Rightarrow 3 + 2 \cdot \sqrt {3 + 1} + C = 3 \Rightarrow C = - 4 \Rightarrow f\left( x \right) = x + 2\sqrt {x + 1} - 4\).
Suy ra \[\int\limits_3^8 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \int\limits_3^8 {\left( {x + 2\sqrt {x + 1} - 4} \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{{197}}{6}\]. Chọn B.
\(8\sqrt 3 .\)
8.
\(3\sqrt 3 .\)
\(8\sqrt 2 .\)
Đặt \(AB = x.\) Gọi \({\rm{M}}\) là trung điểm \({\rm{BC}}.\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {A'BC} \right) = \left( {ABC} \right) = BC}\\{AM \bot BC}\\{A'M \bot BC}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left( {\left( {A'BC} \right),\,\,\widehat {(ABC)}} \right) = \widehat {A'MA} = 30^\circ .\)Suy ra \(A'A = AM \cdot \tan 30^\circ = \frac{{4 \cdot \sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = 2\,;\,\,{S_{ABC}} = \frac{{16\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 .\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{ABC}} = 2 \cdot 4 \cdot \sqrt 3 = 8\sqrt 3 \). Chọn A.
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{71}}{3}.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{70}}{3}.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{74}}{3}.\)
\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{76}}{3}.\)
Gọi hình chiếu vuông góc của điểm \[I\] lên đoạn thẳng \[MN\] là \[K.\]
Dễ thấy: \(AN = NK = \frac{1}{3}AM\), mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) và bán kính \(R = 5.\)
Có \(AM \cdot AN = A{I^2} - {R^2} = 4 \Rightarrow A{N^2} = \frac{4}{3}\)
\( \Rightarrow KN = AN = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow IK = \sqrt {I{N^2} - K{N^2}} = \frac{{\sqrt {213} }}{3}.\)Nhận thấy mặt cầu đồng tâm với mặt cầu \(\left( S \right)\) và tiếp xúc với các đường sinh của hình tròn \(\left( H \right)\) chính là mặt cầu tâm \(I\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\) có bán kính \(IK = \frac{{\sqrt {213} }}{3}.\)
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = \frac{{71}}{3}.\) Chọn A.
3.
1.
4.
2.
Đồ thị hàm số \(y = \left| {{x^4} - 2m{x^2} + 25} \right|\) có 7 điểm cực trị khi và chỉ khi \(f\left( x \right) = {x^4} - 2m{x^2} + 25\) có 3 cực trị và giá trị cực tiểu nhỏ hơn 0.
\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4xm = 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m}\end{array}} \right.\).
Yêu cầu bài toán tương đương \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{f( \pm m) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{{m^2} - 2m.m + 25 > 0}\end{array} \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4} \right\}} \right.} \right.\).
Do đó \(S = 1 + 2 + 3 + 4 = 10\). Chọn B.
28.
27.
Vô số.
26.
Điều kiện: \(x > 0\).
Ta có \({\log _2}\left( {2x} \right) \cdot \log \left( {\frac{{100}}{x}} \right) > 2\)\( \Leftrightarrow \left( {1 + {{\log }_2}x} \right)\left( {2 - \log x} \right) > 2\)
\( \Leftrightarrow 2 - \log x + 2{\log _2}x - \log x \cdot {\log _2}x > 2\)\( \Leftrightarrow 2{\log _2}x - \log 2 \cdot {\log _2}x - \log x \cdot {\log _2}x > 0\)
\[ \Leftrightarrow {\log _2}x\left( {2 - \log 2 - \log x} \right) > 0 \Leftrightarrow {\log _2}x\left( {\log 50 - \log x} \right) > 0\]
\( \Leftrightarrow \left[ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x > 0}\\{\log 50 - \log x > 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}x < 0}\\{\log 50 - \log x < 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 1}\\{x < 50}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 1}\\{x > 50}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow 1 < x < 50} \right.\).
Vậy có 48 số nguyên thỏa mãn. Chọn B.
9
8
11
10
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \{ m\} \). Để hàm số có giá trị lớn nhất trên \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] thì \(m \notin \left[ {1\,;\,\,3} \right].\)
Ta có \(y' = \frac{{ - 2m - 6}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}\).
• Trường hợp 1: \( - 2m - 6 > 0 \Leftrightarrow m < - 3\).
Khi đó \({\max _{x \in \left[ {1\,;\,\,3} \right]}}y = y\left( 3 \right) = \frac{{m + 9}}{{3 - m}}\).
Để giá trị lớn nhất trên đoạn \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] là số dương thì \(\frac{{m + 9}}{{3 - m}} > 0 \Leftrightarrow m + 9 > 0 \Leftrightarrow m > - 9\)
Vậy các số nguyên \(m\) thỏa là \( - 8\, & ;\,\, - 7\, & ;\,\, - 6\, & ;\,\, - 5\, & ;\,\, - 4.\)
• Trường hợp 2: \( - 2m - 6 < 0 \Leftrightarrow m > - 3\).
Khi đó \[{\max _{x \in \left[ {1\,;\,\,3} \right]}}y = y(1) = \frac{{m + 7}}{{1 - m}}\].
Để giá trị lớn nhất trên đoạn \[\left[ {1\,;\,\,3} \right]\] là số dương thì \(\frac{{m + 7}}{{1 - m}} > 0 \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\)
Vậy các số nguyên thỏa mãn là \( - 2\,;\,\, - 1\,;\,0\).
• Trường hợp 3: \( - 2m - 6 = 0 \Leftrightarrow m = - 3\).
Khi đó \(y = 1\) nên \({\max _{x \in \left[ {1\,;\,\,3} \right]}}y = 1\).
Vậy \(m = - 3\) thỏa mãn.
Kết luận: có 9 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A.\(m + n = 0.\)
\(m + n = 2.\)
\(m + n = 1.\)
\(m + n = 3.\)
Ta có \(\left( {{P_m}} \right):mx + 2y + nz + 1 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_1}} \left( {m\,;\,2\,;\,n} \right).\)
\(\left( {{Q_m}} \right):x + my + nz + 2 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_2}} \left( {1\,;\, - m\,;\,n} \right)\).
\((\alpha ):4x - y - 6z + 3 = 0\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_\alpha }} \left( {4\,;\, - 1\,;\, - 6} \right)\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {{P_m}} \right)\) và \(\left( {{Q_m}} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \((\alpha )\) nên ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}({P_m}) \bot (\alpha )\\({Q_m}) \bot (\alpha )\end{array} \right.\)\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_1}} \bot \overrightarrow {{n_\alpha }} \\\overrightarrow {{n_2}} \bot \overrightarrow {{n_\alpha }} \end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_\alpha }} = 0\\\overrightarrow {{n_2}} \cdot \overrightarrow {{n_\alpha }} = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4m - 2 - 6n = 0\\4 + m - 6n = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 2\\n = 1\end{array} \right.\).
Vậy \(m + n = 3\). Chọn D.
\(T = 99.\)
\(T = 64.\)
\(T = 32.\)
\(T = 72.\)
Để việc tính toán trở nên đơn giản, ta tịnh tiến hai parabol sang trái một đơn vị.
Khi đó, phương trình các parabol mới là \(\left( {{P_1}} \right):y = - {x^2} + 4,\,\,\left( {{P_2}} \right):y = - \frac{a}{4}{x^2} + a.\)
Gọi \[A,\,\,B\] là các giao điểm của \(\left( {{P_1}} \right)\) và trục \(Ox \Rightarrow A\left( { - 2\,;\,\,0} \right),B\left( {2\,;\,\,0} \right) \Rightarrow AB = 4.\)
Gọi \[M,\,\,N\] là các giao điểm của \(\left( {{P_1}} \right)\) và đường thẳng \(d \Rightarrow M\left( { - \sqrt {4 - a} \,;\,a} \right),N\left( {\sqrt {4 - a} ;\,\,a} \right).\)
Ta có: \({S_1} = 2\int\limits_\alpha ^4 {\sqrt {4 - y} } dy = - \left. {\frac{4}{3}\left( {{{\left( {4 - y} \right)}^{\frac{3}{2}}}} \right)} \right|_\alpha ^4 = \frac{4}{3}\left( {4 - a} \right)\sqrt {4 - a} \);
\[{S_2} = 2\int\limits_\alpha ^2 {\left( { - \frac{a}{4}{x^2} + a} \right)} \,dx = \left. {2\left( { - \frac{{a{x^3}}}{{12}} + ax} \right)} \right|_0^2 = \frac{{8a}}{3}\].
Theo giả thiết \({S_1} = {S_2} \Rightarrow \frac{4}{3}\left( {4 - a} \right)\sqrt {4 - a} = \frac{{8a}}{3} \Leftrightarrow \left( {4 - {a^3}} \right) = 4{a^2} \Leftrightarrow {a^3} - 8{a^2} + 48a = 64\)
Vậy \(T = 64.\) Chọn B.
10
9
0
4
Điều kiện \(m \ne 0.\)
Phương trình tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lần lượt là \(x + 2 = 0\) và \(y - 1 = 0.\)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng \(m - 2\) là:
\(\left( d \right):y = \frac{{3x}}{{{m^2}}} + \frac{{{m^2} - 6m + 6}}{{{m^2}}}.\)
Đường thẳng \(d\) cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm \(A\left( { - 2\,;\,\,\frac{{m - 6}}{m}} \right)\) và cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm \(B\left( {2m - 2\,;\,\,1} \right)\).
Theo giả thiết ta có \[2m - 2 + \frac{{m - 6}}{m} = - 5 \Rightarrow m = 1\,;\,\,m = - 3\]
Vậy bằng tổng bình phương các phần tử của \(S\) bằng 10. Chọn A.
\(12{a^3}.\)
\(3{a^3}.\)
\(2{a^3}.\)
\({a^3}.\)
Ta có: \(\frac{{{V_{D.APN}}}}{{{V_{D.ABC}}}} = \frac{{DP}}{{DB}} \cdot \frac{{DN}}{{DC}} = \frac{1}{4};\)
\(\frac{{{V_{B.APM}}}}{{{V_{B.ACD}}}} = \frac{{BP}}{{BD}} \cdot \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{1}{4};\frac{{{V_{C.AMN}}}}{{{V_{C.ABD}}}} = \frac{{CM}}{{CB}} \cdot \frac{{CN}}{{CD}} = \frac{1}{4}.\)
Mà: \({V_{AMNP}} = {V_{ABCD}} - {V_{DAPN}} - {V_{BAPM}} - {V_{CAMN}} = \frac{1}{4}{V_{ABCD}}\)
\( = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{6}AB \cdot AC \cdot AD} \right) = \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{6}3a \cdot 6a \cdot 4a} \right) = 3{a^3}\). Chọn B.\(P = 0.\)
\(P = 2.\)
\(P = 6.\)
\(P = - 2.\)
Gọi \(I\) là điểm thỏa \(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \vec 0 \Leftrightarrow I\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right)\)
\(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} } \right)^2}\)
\( = 3M{I^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2} + 2\overrightarrow {MI} \cdot \left( {\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} } \right) = 3M{I^2} + I{A^2} + I{B^2} + I{C^2}\).
Mà \(M \in Oxyz \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất
\( \Leftrightarrow M\) là hình chiếu của \(I\) lên \[\left( {Oyz} \right) \Leftrightarrow M\left( {0\,;\,\, - 2\,;\,\,2} \right).\]
Vậy \(P = 0 - 2 + 2 = 0\). Chọn A.
Cho \(f\left( x \right)\) có đồ thị của hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình bên. Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {1 - 2x} \right) + {x^2} - x\) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {1\,;\,\,\frac{3}{2}} \right).\)
\(\left( {0\,;\,\,\frac{1}{2}} \right).\)
\(\left( { - 2\,;\, - 1} \right).\)
\(\left( {2\,;\,\,3} \right).\)
Ta có: \[g'\left( x \right) = - 2f'\left( {1 - 2x} \right) + 2x - 1 = - 2\left[ {f'(1 - 2x) - \frac{{\left( {1 - 2x} \right)}}{2}} \right]\].
Từ đồ thị trên suy ra \(g'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow f'\left( {1 - 2x} \right) - \frac{{\left( {1 - 2x} \right)}}{2} \Leftrightarrow \left( {1 - 2x} \right) \in \left[ { - 2\,;\,\,0} \right] \cup \left[ {4\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Rightarrow 2x \in \left( { - \infty \,;\,\, - 3} \right] \cup \left[ {1\,;\,\,3} \right] \Rightarrow x \in \left( { - \infty ;\, - \frac{3}{2}} \right] \cup \left[ {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right]\). Chọn A.
Khối nón \(\left( N \right)\) có bán kính đáy \(r\,\,(\;{\rm{cm}})\), chiều cao \({h_n} = 4{h_1}\,\,(\;{\rm{cm}}).\) Biết rằng thể tích toàn bộ con xoay bằng \(32\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\) Thể tích khối nón \(\left( N \right)\) bằng
\(5\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(3\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\[4\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\]
\(6\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Theo bài ta có \({h_n} = 4{h_1} \Rightarrow {h_1} = \frac{1}{4}{h_n};{h_2} = 2{h_1} = \frac{1}{2}{h_n}\).
Thể tích toàn bộ con xoay là:
\[V = {V_{\left( {T1} \right)}} + {V_{\left( {T2} \right)}} + {V_{\left( N \right)}} = \pi \cdot r{ \cdot ^2}{h_1} + \pi \cdot {\left( {2r} \right)^2} \cdot {h_2} + \frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n}\]
\( \Leftrightarrow \pi \cdot {r^2} \cdot \frac{1}{4}{h_n} + \pi \cdot 4{r^2} \cdot \frac{1}{2}{h_n} + \frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n} \Leftrightarrow 31 = \frac{3}{4}\left( {\frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n}} \right) + 6\left( {\frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n} \Leftrightarrow 31 = \frac{{31}}{4}\,\,\,\left( {\frac{1}{3}\pi \cdot {r^2} \cdot {h_n} = 4} \right)\).
Vậy thể tích khối nón \(\left( N \right)\) là: \({V_{\left( N \right)}} = 4\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\). Chọn C.
\(\frac{{131}}{{190}}.\)
\(\frac{{71}}{{105}}.\)
\(\frac{7}{{45}}.\)
\(\frac{{59}}{{190}}.\)
Gọi số phần quà Sử - Địa là \[xx\], số phần quà Sử - GDCD là \[yy\] và số phần quà Địa - GDCD là \[zz.\]
Tổng số phần quà là 15 nên \(x + y + z = 15.\)
Phần quà có môn sử có 2 kiểu: Sử - Địa (\(x\) phần quà) và Sử - GDCD (\(y\) phần quà).
Do có 12 quyển sách sử nên 12 quyển này nằm hoàn toàn trong 2 kiểu phần quà trên.
Do đó: \(x + y = 12\).
Tương tự, ta có: Địa: \(z + x = 8;\) GDCD: \(y + z = 10.\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 15}\\{x + y = 12}\\{y + z = 10}\\{x + z = 8}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 7}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right.\).
Suy ra số phần quà Sử - Địa là 5; Sử - GDCD là 7; Địa - GDCD là 3.
Chọn 2 trong 15 phần quà \( \Rightarrow \) Không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = C_{15}^2 = 105\).
Gọi A là biến cố: "Hai phần quà lấy được khác nhau", khi đó ta có:
\(n\left( A \right) = C_5^1 \cdot C_7^1 + C_7^1 \cdot C_3^1 + C_3^1 \cdot C_5^1 = 71\).
Vậy \[P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( P \right)}} = \frac{{71}}{{105}}.\] Chọn B.
Theo biểu đồ Ven ta có:
Số phần tử của tập \[A\] là:
\(2019 - 195 + 195 + 2020 - 195 = 3844\) (phần tử).
Đáp án: 3844.Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{\left( {n + 2} \right){u_n} + 2}}{n} \Leftrightarrow n{u_{n + 1}} = \left( {n + 2} \right){u_n} + 2\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\).
Đặt \({u_n} = {v_n} - 1,\,\,\forall n \in \mathbb{N}*\) thì \({v_1} = 1 + 1 = 2\) và \(n{u_{n + 1}} = \left( {n + 2} \right){u_n} + 2\).
Do đó \(n{v_{n + 1}} = \left( {n + 2} \right){v_n} \Leftrightarrow \frac{{{v_{n + 1}}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \frac{{{v_n}}}{{n\left( {n + 1} \right)}} \Rightarrow \frac{{{v_1}}}{2} = 1\)
\( \Rightarrow {v_n} = n\left( {n + 1} \right) \Rightarrow {u_n} = n\left( {n + 1} \right) - 1 = {n^2} + n - 1\).
Vậy \(\lim \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = \lim \frac{{{n^2} + n - 1}}{{{n^2}}} = 1\).
Đáp án: 1.
Ta có: \({V_{{N_1}}} = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot SO,\,\,{V_{{N_2}}} = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot SO'\)
Mặt khác, \(\Delta SO'A\) và \(\Delta SOB\) đồng dạng nên \(\frac{{R'}}{R} = \frac{{SO'}}{{SO}}\).
Suy ra: \(\frac{{{V_{{N_2}}}}}{{{V_{{N_1}}}}} = \frac{{{{R'}^2} \cdot SO'}}{{{R^2} \cdot SO}} = {\left( {\frac{{SO'}}{{SO}}} \right)^3} = \frac{1}{8}\).
Do đó \(\frac{{SO'}}{{SO}} = \frac{1}{2} \Rightarrow SO' = \frac{1}{2} \cdot 40 = 20\;\,({\rm{cm)}}.\)
Đáp án: 20.Ta có \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\ln x - 2} \right) = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = {e^2}}\end{array}} \right.\] (loại \(x = - 1\) vì vi phạm điều kiện của \(\left. {\ln x} \right)\)
Ta thấy đây là nghiệm đơn và \[f'\left( x \right)\] chỉ đổi dấu qua 2 nghiệm này.
Như vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị. Đáp án: 2.
Độ dài cạnh đáy \[AB\] là \(a\,(m)\), độ dài cạnh còn lại BC là \(9 - a\,\,(m)\), chiều cao \(AA'\) là \(a\,(m).\)
Thể tích của khối hộp chữ nhật là: \(V = a\left( {9 - a} \right) \cdot a = 9{a^2} - {a^3}\,\left( {{m^3}} \right)\).
Ta có: \(V' = 18a - 3{a^2} = 0 \Rightarrow a = 6\).
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra \({V_{\max }} = 108\) tại \(a = 6\). Đáp án: 108.
Dễ thấy đồ thị có 1 đường TCN: \(y = 0\).
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow {x^2} - 8x + m = 0\) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - 8 + m \ne 0}\\{{4^2} - m > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 7}\\{m < 16}\end{array}} \right.} \right.\)
Suy ra có 14 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn. Đáp án: 14.
\({\log _{2 + \sqrt 5 }}\left( {2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m} \right) + {\log _{\sqrt {\sqrt 5 - 2} }}\sqrt {{x^2} + mx - 2{m^2}} = 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2 + \sqrt 5 }}\left( {2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m} \right) + {\log _{\sqrt 5 - 2}}\left( {{x^2} + mx - 2{m^2}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2 + \sqrt 5 }}\left( {2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m} \right) + {\log _{\frac{{5 - 4}}{{\sqrt 5 + 2}}}}\left( {{x^2} + mx - 2{m^2}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2 + \sqrt 5 }}\left( {2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m} \right) - {\log _{\sqrt 5 + 2}}\left( {{x^2} + mx - 2{m^2}} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2 + \sqrt 5 }}\left( {\frac{{2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m}}{{{x^2} + mx - 2{m^2}}}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - x - 4{m^2} + 2m}}{{{x^2} + mx - 2{m^2}}} = 1\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - (1 + m)x - 2{m^2} + 2m = 0\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(1 + m)^2} + 2{m^2} - 2m > 0\\{x_1}^2 + {x_2}^2 = 3\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{m^2} + 1 > 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 3\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow {\left( {1 + m} \right)^2} - 2\left( {2m - 2{m^2}} \right) = 3 \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 - 4m + 4{m^2} = 3 \Leftrightarrow 5{m^2} - 2m - 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow m = \frac{{1 \pm \sqrt {11} }}{5}\).
Suy ra không có giá trị nguyên nào của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 0.
Gọi \(M\left( {a;\,\,b} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(z = a + bi\)
\(A\left( {1;\,\,2} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \(1 + 2i\)
\(B\left( { - 2;\,\,3} \right)\) là điểm biểu diễn số phức \( - 2 + 3i\,;\,\,AB = \sqrt {10} \)
\(\left| {z - 1 - 2i} \right| + \left| {z + 2 - 3i} \right| = \sqrt {10} \) trở thành \(MA + MB = AB\)
\( \Leftrightarrow M\,,\,\,A\,,\,\,B\) thẳng hàng và M ở giữa \[A\] và \({\rm{B}}.\)Gọi \(H\) là điểm chiếu của \(O\) lên \[AB,\] phương trình \[\left( {AB} \right):x + 3y - 7 = 0\,,\,\,\left( {OH} \right):3x - y = 0\].
Tọa độ điểm \(H\left( {\frac{7}{{10}};\,\,\frac{{21}}{{10}}} \right)\) suy ra \(\overrightarrow {AH} = \left( { - \frac{3}{{10}};\,\,\frac{1}{{10}}} \right),\,\,\overrightarrow {BH} \left( {\frac{{27}}{{10}};\,\,\frac{9}{{10}}} \right)\) và \(\overrightarrow {BH} = - 9\overrightarrow {AH} \) nên\(H \in AB.\) Mà \(z\) nhỏ nhất nên \(OM\) nhỏ nhất. Mặt khác, \(M\) thuộc đoạn \[AB\] nên \(M \equiv H\left( {\frac{7}{{10}};\,\,\frac{{21}}{{10}}} \right)\).
Lúc đó \(S = 7a + b = \frac{{49}}{{10}} + \frac{{21}}{{10}} = 7.\) Đáp án: 7.
Ta có \[\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {1 - 3x} \right) + 9} \right]} \,dx = \int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} \,dx + \int\limits_0^2 9 \,dx = \int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} \,dx + 18\]
Xét \[\int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)} \,dx\], đặt \(t = 1 - 3x \Rightarrow dt = - 3dx \Rightarrow dx = - \frac{{dt}}{3}.\)
Đổi cận khi \(x = 0 \Rightarrow t = 1\,;\,\,x = 2 \Rightarrow t = - 5.\)
Suy ra \[\int\limits_0^2 {f\left( {1 - 3x} \right)\,} dx = - \frac{1}{3}\int\limits_1^{ - 5} {f\left( t \right)\,} dt = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 5}^1 {f\left( t \right)\,} dt\].
Khi đó \[\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {1 - 3x} \right) + 9} \right]} \,dx = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 5}^1 {f\left( t \right)\,} dt + 18 = \frac{1}{3}\int\limits_{ - 5}^1 {f\left( x \right)\,} dx + 18 = 21\]. Đáp án: 21.
Gọi \(x\) (nghìn đồng) là giá phòng khách sạn sau khi tăng giá \((x > 400).\)
Giá chênh lệch sau khi tăng là: \(x - 400\) (nghìn đồng).
Số phòng trống lúc này là: \(2 \cdot \frac{{x - 400}}{{20}} = \frac{{x - 400}}{{10}}\) (phòng).
Số phòng cho thuê lúc này là: \(50 - \frac{{x - 400}}{{10}} = \frac{{900 - x}}{{10}}\) (phòng).
Số tiền phòng thu được là: \(f\left( x \right) = x \cdot \left( {\frac{{900 - x}}{{10}}} \right) = \frac{{ - {x^2} + 900x}}{{10}}\) (nghìn đồng).
Ta cần tìm \(x > 400\) sao cho \(f\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất.
Dễ thấy \(x = - \frac{{900}}{{2 \cdot ( - 1)}} = 450\) thì lớn nhất. Đáp án: 450.
Điều kiện \(m + 1 \ge 0 \Leftrightarrow m \ge - 1 \cdot \Delta = {m^2} - 4m - 5\).
• Trường hợp 1: \(\Delta \ge 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 5}\\{m \le 1}\end{array}} \right.\) phương trình có 2 nghiệm thực \({z_1},\,\,{z_2}.\)
Theo định lý Viète, ta có: \({z_1}.{z_2} = - \frac{1}{4}\left( {{m^2} - 5m - 6} \right)\)
\(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| \le \left| {{z_1} - {z_2}} \right| \Leftrightarrow {\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} \le {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} \Leftrightarrow 4{z_1} \cdot {z_2} \le 0\)
\( - \left( {{m^2} - 5m - 6} \right) \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m - 6 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 6}\\{m \le - 1}\end{array}} \right.\).
Do \(m \in \mathbb{Z}\) và \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) nên số giá trị \(m\) thỏa mãn \(\left( {10 - 6} \right) + 1 + 1 = 6.\)
• Trường hợp 2: \(\Delta < 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m - 5 < 0 \Leftrightarrow - 1 < m < 5\) phương trình có 2 nghiệm phức \({z_1},{z_2}.\)
\(\left| {{z_1} + {z_2}} \right| \le \left| {{z_1} - {z_2}} \right| \Leftrightarrow {\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} \le {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} \Leftrightarrow m + 1 \le \left| {{m^2} - 4m - 5} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 5m - 6 \ge 0}\\{{m^2} - 3m - 4 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 6}\\{m \le - 1}\\{ - 1 \le m \le 4}\end{array}} \right.} \right.\).
Do \(m \in \mathbb{Z}\,,\)\(m < 5\) và \(m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) nên số giá trị \(m\) thỏa mãn là \(m = 0\,;\,\,m = 1\,;\,\,m = 2\,;\,\,m = 3.\)
Vậy có 10 giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 10.
Gọi \(\left( Q \right),\,\,\left( R \right)\) lần lượt là hai mặt phẳng chứa \(d\,,\,\,\Delta \) và vuông góc với \(\left( P \right)\).
Khi đó, \(M = \left( P \right) \cap \left( Q \right) \cup \left( R \right)\)
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có VTPT \(\vec n = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 1} \right)\)
Đường thẳng \(d\) có VTPT \(\overrightarrow {{u_1}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) và đi qua điểm \(M( - 2;0;2)\)
Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow {{u_1}} \,;\,\,\vec n} \right] = \left( { - 3\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\)
\( \Rightarrow \left( Q \right):3\left( {x + 2} \right) - 2\left( {y - 0} \right) + z - 2 = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y + z + 4 = 0\)
Đường thẳng \(\Delta \) có VTPT \[\overrightarrow {{u_2}} = \left[ {1\,;\, - 1\,;\, - 1} \right]\] và đi qua điểm \(M(3;1;4)\)
Mặt phẳng \((R)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_2}} = \left[ {\overrightarrow {{u_2}} \,;\,\vec n} \right] = \left( {0\,;\,2\,;\,2} \right)\)
\( \Rightarrow (R):0(x - 3) + 1(y - 1) + 1(z - 4) = 0 \Leftrightarrow y + z - 5 = 0\)
Tọa độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y - z = - 2}\\{3x - 2y + z = - 4}\\{y + z = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{y = 2}\\{z = 3}\end{array} \Rightarrow M\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right) \Rightarrow a + bc = 5} \right.} \right..\)
Đáp án: 5.
Giả sử số tự nhiên chẵn có 6 chữ số là \(\overline {abcdef} \).
|
• TH1: \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\] đứng ở vị trí \[a\,;\,\,b\,;\,\,c\] \(a\) có 2 cách \[b\,;\,\,c\] có tổng là \(2! = 2\) (cách) \(f\) có 2 cách \[d\,;\,\,e\] có tổng là \(A_4^2 = 12\) (cách) \( \to \) Tổng có: \(2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 12 = 96\) (số) |
• TH2: \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\] đứng ở vị trí \[b\,;\,\,c\,;\,\,d\] \[b\,;\,\,c\,;\,\,d\] có tổng là \(3! = 6\) (cách) \(f\) có 2 cách \(a\,;\,\,e\) có tổng là \(A_4^2 = 12\) (cách) \( \to \) Tổng có: \(6 \cdot 2 \cdot 12 = 144\) (số). |
|
• TH3: \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\] đứng ở vị trí \[c\,;\,\,d\,;\,\,e\] \[c\,;\,\,d\,;\,\,e\] có tổng là \(3! = 6\) (cách) \(f\) có 2 cách \[a\,;\,\,b\] có tổng là \(A_4^2 = 12\) (cách) \( \to \) Tổng có: \(6.2.12 = 144\) (số). |
• TH4: \[0\,;\,\,1\,;\,\,2\] đứng ở vị trí \[d\,;\,\,e\,;\,\,f\] \(f\) có 2 cách \[d\,;\,\,e\] có tổng là \(2! = 2\) (cách) a ; b ; c có tổng là \(A_5^3 = 60\) (cách) \( \to \) Tổng có: \[2 \cdot 2 \cdot 60 = 240\] (cách) |
Chọn hệ trục tọa độ \[Oxyz\] sao cho gốc tọa độ \(O \equiv A',\,\,Ox \equiv A'D',\,\,Oy \equiv A'B',\,\,Oz \equiv A'A.\)
Khi đó: \(A'\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,D'\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B'\left( {0\,;\,\,a\,;\,\,0} \right),\,\,C'\left( {a\,;\,\,a\,;\,\,0} \right),\)
\(A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,a} \right),\,\,D\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,a} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,a\,;\,\,a} \right),\,\,C\left( {a\,;\,\,a\,;\,\,a} \right)\)
\[ \Rightarrow \overrightarrow {A'B'} = \left( {0\,;\,\,a\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {A'D} = (a\,;\,\,0\,;\,\,a),\]\[\,\,\overrightarrow {A'A} = \left( {0\,;\,\,0\,;\,\,a} \right),\,\,\overrightarrow {A'C'} = \left( {a\,;\,\,a\,;\,\,0} \right).\]
\(\left[ {\overrightarrow {A'B'} ,\,\,\overrightarrow {A'D} } \right] = \left( {{a^2}\,;\,\,0\,;\,\, - {a^2}} \right).\)Chọn \[\overrightarrow {{n_2}} = \left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\] là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ACCA} \right)\).
Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACCA} \right)\) là:
\(\cos \alpha = \left| {\cos \left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\,\,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{| - 1|}}{{\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 60^\circ \). Đáp án: 60.
Ta có: \(x + \sqrt {{x^2} + 2020} > x + \left| x \right| \ge 0 \Rightarrow x + \sqrt {{x^2} + 2020} > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)
Từ giả thiết: \[{2020^{f\left( x \right)}} = x + \sqrt {{x^2} + 2020} \Leftrightarrow f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2020} } \right).\]
\({2020^{f\left( x \right)}} = x + \sqrt {{x^2} + 2020} \Leftrightarrow f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2020} } \right){\rm{. }}\)
Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2020} }}}}{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2020} } \right)\ln 2020}} = \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 2020} }}{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2020} } \right)\ln 2020\sqrt {{x^2} + 2020} }} > 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)
Suy ra hàm số \(f(x)\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Mà với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m \ne 1}\end{array}} \right.\) thì \(f\left( {\log m} \right) < f\left( {{{\log }_m}2020} \right) \Leftrightarrow \log m < {\log _m}2020\).
Kết hợp với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m \ne 1}\end{array}} \right.\) và \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,65} \right\}\).
Vậy có tất cả 64 giá trị nguyên \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đáp án: 64.
Di cư là một hiện tượng nổi bật của các biến động dân số ở Thăng Long - Hà Nội.
Thăng Long - Hà Nội luôn luôn là một điểm đến hấp dẫn.
Có ba luồng di cư cơ bản vào đô thị Thăng Long - Hà Nội.
Thăng Long - Hà Nội cũng giống như nhiều đô thị trên thế giới.
Đoạn trích trên nói về hiện tượng nổi bật của các biến động dân số ở Thăng Long - Hà Nội. Chọn A.
Quá trình di cư đến Hà Nội của những người lao động bần cùng.
Việc di cư và lưu trú ở Hà Nội cho thành phần tinh hoa của đất nước.
Chính sách di cư của nhà nước ở mỗi thời kì.
Sự di cư đến Hà Nội của những người đa sắc tộc, đa chủng tộc.
Người di cư ra khỏi thành phố.
Tầng lớp tinh hoa.
Người nông thôn.
Tầng lớp lao động.
Theo đoạn trích các luồng di cư thuộc tầng lớp tinh hoa, nông thôn và lao động qua quá trình di cư đều cư trú tại Thăng Long. Người di cư ra khỏi thành phố thì không còn cư trú tại Thăng Long, làm cho số lượng cư dân khu vực đô thị giảm đi nhanh chóng. Chọn A.
Những người dân cùng khổ từ các vùng nông thôn.
Những người nước ngoài.
Những người nông dân.
Những thành phần tinh hoa của đất nước.
học giỏi.
giàu có.
thông minh.
tài giỏi.
Năm chữ.
Bảy chữ.
Tự do.
Hỗn hợp.
Biểu cảm.
Tự sự.
Miêu tả.
Thuyết minh.
Tình bạn.
Tình yêu đơn phương.
Tình cảm láng giềng.
Tình chị em.
Ẩn dụ.
So sánh.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
Bài thơ kết cấu theo mạch đối đáp.
Bài thơ kết cấu theo mạch tâm lí.
Bài thơ kết cấu theo mạch tự sự.
Bài thơ kết cấu theo mạch trữ tình
Biểu cảm.
Miêu tả.
Tự sự.
Nghị luận.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Hành chính.
Báo chí.
Là hình ảnh thiên nhiên đẹp “bông cúc nhỏ hoa vàng”.
Thể hiện niềm tự hào và tình yêu nhỏ bé.
Bông hoa cúc vàng nhỏ bé, yếu đuối, mong manh.
Hình ảnh thiên nhiên ẩn dụ chỉ vẻ đẹp của người phụ nữ. Bông cúc nhỏ khiêm nhường, thuỷ chung, nghĩa tình.
Điệp cấu trúc.
Nhân hóa.
Nói quá.
So sánh.
Là lẽ sống và giá trị tồn tại của đời anh. xx
Bao trùm lên toàn bộ kí ức, kỉ niệm, bất kì lúc nào, bất kì nơi đâu, trong mọi hoàn cảnh, em luôn ở đấy, luôn bên cạnh anh.
Là người phụ nữ lặng thầm hi sinh hết mình vì người mình yêu, sống bao dung, vị tha.
Khiêm nhường giữa miền gió cát nhưng vẫn lặng lẽ dâng đời màu hoa đẹp nhất.
Không còn khả năng sinh sống phát triển.
Rơi xuống vực sâu, không có điểm tựa.
Khuỵu xuống, không đi tiếp được.
Hấp tấp, vội vàng, không chắc chắn.
vượt qua.
vươn lên.
đi nhanh.
chạy.
Cây xà nu “phóng lên” có nghĩa là cây sinh sôi, phát triển, vươn lên. Chọn B.
Cây xà nu có nhiều ý nghĩa trong cuộc sống của người dân Tây Nguyên.
Cây xà nu rất kiên cường vượt qua mọi khó khăn.
Cây xà nu phát triển nhanh chóng.
Cây xà nu sinh sôi rất nhanh chóng, có sức sống vô cùng mãnh liệt.
Sức sống mãnh liệt của cây xà nu.
Xà nu là một loài cây “ham ánh sáng”.
Xà nu đóng góp vai trò to lớn trong việc bảo vệ làng quê.
Xà nu là đại diện của con người Tây Nguyên.
Sử dụng ngôi kể hợp lí và điểm nhìn linh hoạt, tạo hứng thú cho người đọc.
Làm nổi bật vẻ đẹp sử thi và nét đặc sắc của Tây Nguyên bằng ngôn từ.
Bút pháp miêu tả tài tình, lựa chọn hình ảnh đại diện đặc sắc, có chiều sâu.
Bút pháp miêu tả tâm lí nhân vật đặc sắc, lột tả tính cách nhân vật độc đáo.
trước đây.
quần thể.
do.
nó.
điển hình.
chân thật.
khỏe khoắn.
tố chất.
cốt lõi.
cái đẹp.
chúng.
đức hạnh.
thừa nhận.
khốn khổ.
có.
thong dong.
nhanh trí.
tình huống.
xử lí.
thông minh.
thất thểu.
thỏ thẻ.
rì rầm.
lao xao.
Các từ “thỏ thẻ”, “rì rầm”, “lao xao” là các từ tượng thanh còn “thất thểu” là từ tượng hình. Chọn A.
Số đỏ.
Rừng xà nu.
Chiếc thuyền ngoài xa.
Chí Phèo.
xem.
quan sát.
thấy.
nhìn.
Những đứa con trong gia đình.
Vợ chồng A Phủ.
Người lái đò sông Đà.
Chí Phèo.
Các tác phẩm A, B, D thuộc thể loại truyện ngắn. C thuộc loại tùy bút. Chọn C.
Nguyễn Minh Châu.
Nguyễn Tuân.
Quang Dũng.
Lưu Quang Vũ.
Văn học dân gian.
Văn học viết.
Văn học đương thời
Văn học hiện đại.
thế kỉ.
thập kỉ.
năm.
tháng
lãng mạn.
thế sự.
hiện thực.
trào phúng.
giành.
lấy.
đoạt.
đòi.
vứt bỏ/biến đổi.
vứt bỏ/hóa thân.
từ bỏ/hóa thân.
từ bỏ/biến đổi.
Tác phẩm “Sóng” là cuộc hành trình khởi đầu là sự từ bỏ cái chật chội, nhỏ hẹp để tìm đến một tình yêu bao la rộng lớn, cuối cùng là khát vọng được sống hết mình trong tình yêu, muốn hóa thân vĩnh viễn thành tình yêu muôn thuở. Chọn C.
Vì tình yêu với A Phủ trỗi dậy.
Mị thương cho số phận A Phủ và chính mình.
Đó là hành động trong vô thức của Mị.
Mị muốn thách thức cha con thống lí.
Cao Bằng, Bắc Giang, Lạng Sơn.
Cao Bằng, Bắc Kạn, Lạng Sơn.
Cao Bằng, Bắc Sơn, Lạng Sơn.
Cao Lộc, Bắc Giang, Lạng Sơn.
Trách móc nhẹ nhàng.
Than thở, giãi bày.
Thương cảm, tiếc nuối.
Suy tư, triết lí.
Giọng điệu chủ đạo của đoạn trích là giọng trách móc nhẹ nhàng. Chọn A.
Theo quy tắc viết hoa tên riêng.
Thể hiện sự trân trọng, tôn kính.
Thể hiện sự thân mật, gần gũi.
Thể hiện sự bình đẳng, thân tình
Chàng trai.
Lứa đôi chồng vợ.
Cô gái.
Người đi ở.
. Dựa vào từ “đôi ta” → Nhân vật trữ tình trong bài ca dao là lứa đôi chồng vợ. Chọn B.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Nhân hóa.
So sánh.
Lòng tự hào, biết ơn đối với công ơn của mẹ và đất nước.
Thái độ trân trọng đối với tấm lòng của mẹ và vẻ đẹp, sự giàu có của quê hương.
Nỗi nhớ da diết và thái độ tri ân sâu sắc đối với sự giàu có của quê hương và vẻ đẹp của người mẹ.
Niềm nhớ thương, thái độ trân trọng và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước.
Giải thích.
Chứng minh.
Bác bỏ.
Bình luận.
Thao tác lập luận chính được sử dụng trong đoạn trích trên là chứng minh.
- Tác giả đã đưa ra luận điểm “Bài Thu vịnh của Nguyễn Khuyến mang cái hồn của cảnh vật mùa thu hơn cả” và trích dẫn những lí lẽ, bằng chứng để chứng minh cho ý kiến trên:
+ Tác giả đã trích dẫn những câu thơ tiêu biểu để làm bằng chứng cho ý kiến trên (Song thưa để mặc bóng trăng vào/ Một tiếng trên không ngỗng nước nào / Mấy chùm trước giậu hoa năm ngoái / Nước biếc trông như tầng khói phủ)
+ Tác giả đưa ra những lí lẽ của mình để phân tích các bằng chứng làm nổi bật giá trị của tác phẩm thơ và phục vụ cho luận điểm mà tác giả đưa ra.
=> Các thao tác giải thích, bác bỏ, bình luận không nổi bật trong đoạn trích trên. Chọn B.
Bác Hồ.
Đồng bào miền Nam.
Đồng bào Việt Bắc.
Nhân dân thủ đô Hà Nội.
Con ve bị giam cầm.
Cầm con ve lên.
Tiếng ve kêu cầm chừng.
Tiếng ve kêu như tiếng đàn.
Sinh hoạt.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Báo chí.
Con người sống phải có khát vọng và lí tưởng.
Con người phải có cuộc sống đầy đủ về vật chất và tinh thần.
Con người phải thống nhất, hài hòa giữa tâm hồn và thể xác.
Con người phải có sự thống nhất giữa hành động và suy nghĩ.
Hiện thực và lãng mạn, trữ tình.
Thi vị và lãng mạn.
Hiện thực và siêu thực.
Điềm tĩnh và nhẹ nhàng.
Dạy anh biết “yêu em từ thuở trong nôi”.
Biết quý công cầm vàng những ngày lặn lội.
Biết trồng tre đợi ngày thành gậy.
Đi trả thù mà không sợ dài lâu.
Gợi ra một nỗi nhớ thấm thía, day dứt, ám ảnh không nguôi.
Gợi ra một nỗi nhớ thấp thỏm, khắc khoải, không định hình và khó diễn tả bằng lời.
Gợi ra một nỗi nhớ mang đầy luyến tiếc, xót thương, buồn bã.
Gợi ra một nỗi nhớ thường trực, cồn cào, xoáy sâu vào tâm can.
nông dân.
công nhân.
tư sản dân tộc.
trí thức hữu sản.
Luận cương chính trị (10-1930) của Đảng Cộng sản Đông Dương xác định giai cấp lãnh đạo cách mạng là giai cấp công nhân-đội tiên phong là Đảng Cộng sản. Chọn B.
Tổ chức Hiệp ước Vácsava không còn hoạt động.
Mĩ, Liên Xô tuyên bố chấm dứt Chiến tranh lạnh.
Hội đồng tương trợ kinh tế (SEV) đã tuyên bố giải thể.
Chế độ xã hội chủ nghĩa ở Liên Xô và Đông Âu sụp đổ.
làm thất bại chiến tranh xâm lược của Mĩ.
đánh bại chiến tranh tổng lực của Mĩ.
giành lại chính quyền trong cả nước.
tiêu diệt một bộ phận sinh lực quân Pháp.
Cuối tháng 9-1953, Bộ Chính trị Trung ương Đảng đã họp bàn kế hoạch quân sự trong Đông-Xuân 1953-1954.
- Nhiệm vụ: tiêu diệt địch là chính.
- Phương hướng chiến lược: Tập trung lực lượng mở những cuộc tiến công vào những hướng quan trọng về chiến lược mà địch tương đối yếu, nhằm tiêu diệt sinh lực địch, giải phóng đất đai, buộc chúng phải phân tán lực lượng, tạo điều kiện thuận lợi để ta tiêu diệt địch.
Chọn D.
xây dựng khối liên minh kinh tế và quân sự.
tăng cường hợp tác phát triển kinh tế, văn hóa.
xây dựng khối liên minh về chính trị, quân sự.
xóa bỏ áp bức bóc lột và nghèo nàn lạc hậu.
Một trong những mục tiêu quan trọng của Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á được nêu trong Hiệp ước Bali là tăng cường hợp tác phát triển có hiệu quả trong các lĩnh vực kinh tế, văn hóa, xã hội. Chọn B.
đầu tư vốn sâu rộng.
tăng cường thuế khóa.
khai thác thuộc địa lần thứ hai.
đầu tư mạnh vào công nghiệp.
Sau Chiến tranh thế giới thứ nhất, kinh tế Việt Nam có những chuyển biến to lớn là do thực dân Pháp thi hành chính sách khai thác thuộc địa lần thứ hai (1919-1929).
Cách mạng tháng Mười (1917) ở Nga đã mở ra con đường giải phóng dân tộc và giải phóng giai cấp cho nhiều quốc gia trên thế giới trong đó có Việt Nam. Nguyễn Ái Quốc đã tiếp nhận và truyền bá vào nước ta hình thành khuynh hướng cách mạng vô sản ở Việt Nam. Chọn C.
Không tham gia các tổ chức quân sự của Mĩ.
Không sản xuất và cung cấp vũ khí cho Mĩ.
Không có lực lượng phòng vệ.
Không có quân đội thường trực.
Ngày 3-5-1947, ban hành Hiến pháp mới quy định Nhật là nước quân chủ lập hiến (nhưng thực tế là chế độ dân chủ đại nghị tư sản). Theo đó Nhật cam kết từ bỏ việc tiến hành chiến tranh, không dùng hoặc đe dọa sử dụng vũ lực trong quan hệ quốc tế; không duy trì quân đội thường trực, chỉ có lực lượng Phòng vệ dân sự bảo đảm an ninh, trật tự trong nước.Không mang quân đội ra nước ngoài. Chọn D.
bị động nhưng dứt khoát của Đảng Cộng sản Đông Dương.
phù hợp, vì được cả Liên Xô và Trung Quốc tán thành. .
vội vàng và khó khăn, do chưa có sự chuấn bị lực lượng.
lịch sử, đúng đắn, kịp thời, đồng thời phù hợp với lòng dân
Thực dân Pháp.
Thực dân Anh.
Trung Hoa Dân quốc.
Quân phiệt Nhật Bản.
Luôn bị các nước đế quốc bao vây và cấm vận.
Thuận lợi là cơ bản, khó khăn luôn chồng chất.
Được Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa giúp đỡ.
Chỉ có Liên Xô thừa nhận, thiết lập quan hệ ngoại giao
phát xít Nhật.
đế quốc Anh.
Trung Hoa Dân Quốc.
thực dân Pháp.
rộng nhất thế giới.
nắm hoàn toàn ở châu Âu.
giáp Ấn Độ Dương.
liền kề với Đại Tây Dương.
Lãnh thổ Liên Bang Nga rộng nhất thế giới.
- A. rộng nhất thế giới. → đúng. Chọn A.
- B. nằm hoàn toàn ở châu Âu. → sai, cả châu Âu và châu Á.
- C. giáp Ân Độ Dương. → Liên Bang Nga không giáp Ản Độ Dương.
- D. liền kề với Đại Tây Dương. → Liên bang Nga không liền kề Đại Tây Dương.
Làm phức tạp các vấn đề xung đột.
Gia tăng nạn khủng bố trên thế giới.
Làm suy giảm chất lượng cuộc sống.
Đẩy nhanh tốc độ biến đối khí hậu.
Mất an ninh lương thực liên quan trực tiếp đến làm suy giảm chất lượng cuộc sống. Chọn C.
Khí hậu và sông ngòi.
Vị trí địa lí và hình thể.
Khoáng sản và biển.
Gió mùa và dòng biển.
Giúp nhanh thoát lũ vào mùa mưa.
Giữ đất chống sạt lở bờ biển.
Cung cấp nhiều loại gổ quý.
Thành phố.
Thị xã.
Tỉnh lị.
Các điểm dân cư khác
Cho bảng số liệu:
CƠ CẤU SỬ DỤNG ĐẤT CỦA VIỆT NAM NĂM 2000 VÀ 2020 (%)
(Nguồn: Niên giám thống kê Việt Nam 2000, 2021)
Theo bảng số liệu, để thể hiện cơ cấu sử dụng đất của Việt Nam năm 2000 và 2020, dạng biểu đồ nào sau đây là không phù hợp?
Tròn.
Cột.
Đường.
Tròn, cột.
Chiếm tỉ trọng cao nhất trong cơ cấu GDP.
Nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt.
Chi phối tất cả các thành phần kinh tế khác.
Số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất.
Kinh tế Nhà nước giữ vai trò chủ đạo vì đang nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt.
A. Chiếm tỉ trọng cao nhất trong cơ cấu GDP. → Kinh tế Nhà nước không chiếm tỉ trọng cao nhất trong GDP.
B. Nắm giữ các ngành và lĩnh vực kinh tế then chốt. → đúng. Chọn B.
C. Chi phối tất cả các thành phần kinh tế khác. → sai, không chi phối tất cả các ngành.
D. Số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất. → sai, không có nhiều số lượng doanh nghiệp thành lập mới nhiều nhất.
diện tích rừng ngập mặn lớn.
nhiều bãi triều, đầm phá, rừng ngập mặn.
nhiều đầm phá và các cửa sông rộng lớn.
nhiều bãi triều, ô trũng ngập nước.
A. diện tích rừng ngập mặn lớn. → không đủ bằng B.
B. nhiều bãi triều, đầm phá, rừng ngập mặn. → đúng, đủ.
C. nhiều đầm phá và các cửa sông rộng lớn. → sông là nước ngọt.
D. nhiều bãi triều, ô trũng ngập nước. → không đủ bằng B.
Địa hình thấp, ba mặt giáp biển.
Mùa khô kéo dài, nền nhiệt cao.
Ba mặt tiếp giáp biển, mạng lưới sông ngòi kênh rạch chằng chịt.
Ảnh hưởng của El Nino, xây dựng hồ thuỷ điện ở thượng nguồn.
Giá trị sản xuất công nghiệp lớn nhất.
Cơ cấu kinh tế tiến bộ nhất cả nước. .
Nền kinh tế hàng hóa sớm phát triển.
Giá trị sản xuất nông nghiệp lớn nhất
Đông Nam Bộ không có giá trị sản xuất nông nghiệp lớn nhất. Các phương án còn lại là chính xác. Chọn D.
Không khí khô.
Nước tinh khiết.
Thủy tinh.
Dung dịch muối.
Hằng số điện môi là một đặc trưng quan trọng cho tính chất điện của một chất cách điện. Do vậy không có ý nghĩa gì khi nói về hằng số điện môi của dung dịch muối. Chọn D.
Trong các trường hợp truyền ánh sáng như hình vẽ, trường hợp nào có hiện tượng phản xạ toàn phần?
Trường hợp (1).
Trường hợp (2).
Trường hợp (3).
Trường hợp (4).
Hiện tượng phản xạ toàn là hiện tượng phản xạ toàn bộ tia sáng tới, xảy ra ở mặt phân cách giữa hai môi trường trong suốt. Điều kiện xảy ra phản xạ toàn phần là n1 > n2, i ≥ igh.
Chọn D.
IR1.
IR2.
IR3.
IR2 hoặc IR3.
Theo định luật khúc xạ ánh sáng: Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới và nằm phía bên kia pháp tuyến so với tia tới.
Tia IR1 là tia khúc xạ, tia IR2 là tia phản xạ, tia IR3 là tia tới. Chọn A.
Đồ thị nào dưới đây có thể là đồ thị I = f(U) của một quang trở dưới chế độ rọi sáng không đổi. Biết I, U lần lượt là cường độ dòng điện, hiệu điện thế của quang trở.
Đồ thị b.
Đồ thị d.
Đồ thị a.
Đồ thị c.
Chế độ rọi sáng vào quang trở không đổi nên điện trở của quang trở là một hằng số.
Mối quan hệ giữa U và I khi R không đổi nên đồ thị I = f(U) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Chọn D.
lớn nhất khi truyền trong nước và nhỏ nhất khi truyền trong không khí.
lớn nhất khi truyền trong kim loại và nhỏ nhất khi truyền trong không khí.
lớn nhất khi truyền trong kim loại và nhỏ nhất khi truyền trong nước.
như nhau khi truyền trong ba môi trường.
Trong các môi trường đề bài cho, tốc độ truyền âm có giá trị lớn nhất khi truyền trong kim loại và nhỏ nhất khi truyền trong không khí. Chọn B.
4,75 mm.
1,25 mm.
3,25 mm.
2,25 mm.
Những vị trí vân sáng là những vị trí trùng nhau.
Ta có \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{2}}}}}{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{1}}}}} = \frac{5}{3}\), khoảng vân trùng \({i_t} = {k_1}{i_1} = {k_1}\frac{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{1}}}D}}{a} = 4,5\;\)mm.
Vị trí cảm biến quang hiện số "0" lần đầu tiên chính là vân tối trùng đầu tiên nên ta có \({{\rm{x}}_{{\rm{tt}}}} = ({\rm{k}} + 0,5){{\rm{i}}_{\rm{t}}} = (0 + 0,5).4,5 = 2,25\;\)mm. Chọn D.
\(_{53}^{138}{\rm{I}}{\rm{.}}\)
\(_{54}^{138}{\rm{Xe}}{\rm{.}}\)
\(_{52}^{140}{\rm{Te}}{\rm{.}}\)
\(_{51}^{140}{\rm{Sb}}{\rm{.}}\)
Ta có \(_{92}^{235}{\rm{U}} + _0^1{\rm{n}} \to _{39}^{95}{\rm{Y}} + _{53}^{138}{\rm{I}} + 3_0^1{\rm{n}}\), do vậy X là \(_{53}^{138}{\rm{I}}\). Chọn A.
\[\frac{1}{3}\]s.
\[\frac{4}{{15}}\]s.
\[\frac{7}{{24}}\]s.
\[\frac{3}{{10}}\]s.
+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng \(\Delta \ell = \frac{{{\rm{mg}}}}{{\rm{k}}} = \frac{{{{\rm{T}}^2}\;{\rm{g}}}}{{4{{\rm{\pi }}^2}}} = \frac{{0,{5^2}.10}}{{4.10}} = 0,0625\;{\rm{m}} = 6,25\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
+ Biên độ \({\rm{A}} = 12,5\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
Thấy \(\Delta \ell < {\rm{A}} \Rightarrow \) Lực đàn hồi có độ lớn cực tiểu tại vị trí lò xo không biến dạng \({\rm{x}} = - \Delta \ell = - \frac{{\rm{A}}}{2}\).
Thời gian ngắn nhất kể từ \(t = 0\) đến khi lực đàn hời của lò xo có độ lớn cực tiểu: \(\Delta t = \frac{{\Delta {\rm{\varphi }}}}{{\rm{\omega }}}\).
Từ vòng tròn lượng giác, ta có \(\Delta {\rm{\varphi }} = \frac{{7{\rm{\pi }}}}{6} \Rightarrow \Delta t = \frac{{\frac{{7{\rm{\pi }}}}{6}}}{{\frac{{2{\rm{\pi }}}}{{0,5}}}} = \frac{7}{{24}}s\). Chọn C.
Quy bài toán từ \({\rm{f}} \to \infty \)
+ TH1: Xét \({U_C} = U \Leftrightarrow {Z_{C1}} = Z \Rightarrow {R^2} = 2{Z_{{\rm{L}}1}}{Z_{C1}} - Z_{L1}^2\)
+ TH2: Xét \({{\rm{U}}_{\rm{L}}} = {\rm{U}} \Rightarrow {{\rm{Z}}_{{\rm{L}}2}} = {\rm{Z}} \Rightarrow {{\rm{R}}^2} = 2{{\rm{Z}}_{{\rm{L}}2}}{{\rm{Z}}_{{\rm{C}}2}} - {\rm{Z}}_{{\rm{C}}2}^2 = 2{{\rm{Z}}_{{\rm{L}}1}}{{\rm{Z}}_{{\rm{C}}1}} - {\rm{Z}}_{{\rm{L}}1}^2\)
\(\frac{{2\;{\rm{L}}}}{{\rm{C}}} - \frac{1}{{{{({\rm{C\omega }})}^2}}} = \frac{{2\;{\rm{L}}}}{{\rm{C}}} - {({\rm{L\omega }})^2} \Rightarrow 1 = {\left( {{\rm{LC\omega }}{{\rm{\omega }}_0}} \right)^2} \Rightarrow {\rm{LC\omega }}{{\rm{\omega }}_0} = 1\)
Đồng thời \(\cos {{\rm{\varphi }}_2} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \sin {{\rm{\varphi }}_2} = \frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{{{U_{\rm{L}}} - {U_C}}}{U} = \frac{{{U_L} - {U_C}}}{{{U_L}}} = 1 - \frac{{{U_C}}}{{{U_L}}} \Rightarrow \frac{{{Z_C}}}{{{Z_L}}} = 1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)
\(\frac{1}{{{\mathop{\rm LC}\nolimits} {\omega ^2}}} = 1 - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\left( {{\rm{\omega }} = {{\rm{\omega }}_0} + 150{\rm{\pi }}} \right) \Rightarrow {\mathop{\rm LC}\nolimits} = \frac{{3 + \sqrt 6 }}{{{{\rm{\omega }}^2}}}(2)\)
Ta có: \(1 = \left[ {(3 + \sqrt 6 )\frac{{{{\rm{\omega }}_0}}}{{\rm{\omega }}}} \right] \Rightarrow {\rm{\omega }} = (3 + \sqrt 6 ){{\rm{\omega }}_0} \Rightarrow {\rm{f}} = (3 + \sqrt 6 ){{\rm{f}}_0} \Rightarrow {\rm{f}} \approx 16,9\;{\rm{Hz}}\). Đáp án. 16,9.
\(27{{\rm{\lambda }}_2} = 128{{\rm{\lambda }}_1}.\)
\({{\rm{\lambda }}_2} = 5{{\rm{\lambda }}_1}.\)
\(189{{\rm{\lambda }}_2} = 800{{\rm{\lambda }}_1}.\)
\({{\rm{\lambda }}_2} = 4{{\rm{\lambda }}_1}.\)
Ta có \({{\rm{\lambda }}_1} = \frac{{hc}}{{{E_3} - {E_1}}};{{\rm{\lambda }}_2} = \frac{{hc}}{{{E_5} - {E_2}}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{2}}}}} = \frac{{{E_5} - {E_2}}}{{{E_3} - {E_1}}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{1}}}}}{{{{\rm{\lambda }}_{\rm{2}}}}} = \frac{{\frac{{ - 13,6}}{{{5^2}}} - \frac{{ - 13,6}}{{{2^2}}}}}{{\frac{{ - 13,6}}{{{3^2}}} - \frac{{ - 13,6}}{{{1^2}}}}} = \frac{{189}}{{800}}\).
Chọn C.
HCl.
\({\rm{NaN}}{{\rm{O}}_3}.\)
NaCl.
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}.\)
Đồ thị cho thấy khi tăng nhiệt độ, nồng độ chất tan \(\left( {{\rm{g}}/100\;{\rm{g}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}} \right)\) giảm dần. Vậy dựa trên số liệu bảng thấy thể hiện rõ nhất mối quan hệ giữa độ tan và nhiệt độ của HCl. Chọn A.
Khi nung nóng, \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ bắt đầu mất dần khối lượng. Đồ thị hình bên 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 \({500^o }{\rm{C}}\) là
\({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}.\)
\({\rm{CaO}}{\rm{.}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}{\rm{.}}\)
\({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}.\)
CaO.
Tại \({500^o }{\rm{C}}\), phần trăm khối lượng còn lại là \(70\% .\)
Nhìn theo đồ thị có thể thấy tại \({500^o }{\rm{C}}\) thành phần chất rắn còn lại là \({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}.\)
Chọn C.
\(0,56{\rm{M}}.\)
\(0,98{\rm{M}}.\)
\(0,23{\rm{M}}.\)
\(0,55{\rm{M}}.\)
Thí nghiệm 1: Kiểm tra xem khi để lâu ngày, lượng saccharose đã bị thủy phân thành glucose và fructose là bao nhiêu (vì saccharose không tham gia phản ứng với \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) trong \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)).
Lưu ý: Trong môi trường kiềm thì fructose và glucose có thể chuyển hoá qua lại lẫn nhau.
Fructose Glucose
\({{\rm{n}}_ \downarrow } = \frac{{0,432}}{{108}} = 0,004(\;{\rm{mol}})\)
Thí nghiệm 2: Tiến hành để đưa toàn bộ về \({{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_{12}}{{\rm{O}}_6}\) (bao gồm cả saccharose chưa bị thủy phân), xác định được số mol saccharose ban đầu.
\({{\rm{n}}_ \downarrow } = \frac{{2,5488}}{{108}} = 0,0236\,\,(\;{\rm{mol}})\)
Ta có:
Số mol saccharose còn lại trong dung dịch \({\rm{X}} = 0,0059 - 0,001 = 0,0049(\;{\rm{mol}})\)
Nồng độ của saccharose trong dung dịch \({\rm{X}} = \frac{{0,0049}}{{{{5.10}^{ - 3}}}} = 0,98{\rm{M}}{\rm{.}}\)
Chọn B.
Công thức cấu tạo của 2 amino acid: Proline (Pro) và Glycine (Gly) được cho dưới đây:
Cho 0,25 mol hỗn hợp Proline (Pro) và Glycine (Gly) phản ứng với V lít dung dịch NaOH Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích dung dịch NaOH đã phản ứng là
0,50.
0,25.
0,30.
0,45.
Công thức cấu tạo của 2 amino acid: Proline (Pro) và Glycine (Gly) cho thấy mỗi phân tử amino acid chỉ chứa 1 nhóm - \({\rm{COOH}}\) (nhóm chức tham gia phản ứng với \({\rm{NaOH}}\)).
Ta có:
\(\begin{array}{l} - {\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to - {\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\quad 0,25\quad \,\,\,\,\,0,25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\( \Rightarrow V = \frac{{0,25}}{{0,5}} = 0,5\)lít. Chọn A.
\({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) đặc vừa là chất xúc tác, vừa tác dụng hút nước làm tăng hiệu suất của phản ứng.
Sau bước 3, hỗn hợp trong ống nghiệm phân lớp và dầu chuối là phần chất lỏng phía trên.
Sau bước 2, trong ống nghiệm vẫn còn isoamyl alcohol và acetic acid.
Dung dịch \({\rm{NaCl}}\) bão hòa được thêm vào nhằm tăng hiệu suất phản ứng ester hóa.
A. Đúng. \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) đặc là chất xúc tác, ngoài ra \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) đặc hút nước, làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận Þ tăng hiệu suất phản ứng.
B. Đúng. \({\rm{NaCl}}\) thêm vào làm tăng khối lượng riêng dung dịch, cũng như ester có tan 1 ít cũng bị đẩy ra, làm cho dung dịch phân thành 2 lớp, ester nhẹ hơn nên ở phía trên.
C. Đúng. Phản ứng este hóa là phản ứng thuận nghịch nên ống nghiệm vẫn còn chứa isoamyl alcohol và acetic acid.
D. Sai. Dung dịch \({\rm{NaCl}}\) bão hòa được thêm vào để ester tách ra nhanh hơn.
Chọn D.
Cellulose.
Poli(vinyl chloride).
Tơ visco.
Tinh bột.
Tơ visco là polymer bán tổng hợp.
Tinh bột, cellulose là polymer thiên nhiên.
Chọn B.
13,2.
12,0.
24,0.
48,0.
Ta có: \({n_{BaS{O_3}}} = \frac{{43,4}}{{217}} = 0,2\,mol\)
Bảo toàn nguyên tố S ta có: \({n_{Fe{S_2}}} = \frac{1}{2}{n_{BaS{O_3}}} = 0,1\,mol\) \( \Rightarrow {{\rm{m}}_{Fe{S_2}}} = 0,1 \cdot 120 = 12\;{\rm{g}}{\rm{.}}\)
Chọn B.
Barium carbonate.
Barium chloride.
Barium hydroxide.
Barium sulfate.
Barium carbonate \(\left( {{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}} \right)\) không tan trong nước, tan trong môi trường acid:
\[BaC{O_3} + 2{H^ + } \to B{a^{2 + }} + C{O_2} + {H_2}O\]
Loại B. Barium chloride \(\left( {{\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2}} \right)\) do tan trong nước.
Loại C. Barium hydroxide \(\left( {{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}} \right)\) do tan trong nước.
Loại D. Barium sulfate \(\left( {{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}} \right)\) do không tan trong môi trường acid.
Chọn A.
tăng nhiệt độ và giảm áp suất.
giảm nhiệt độ và giảm áp suất.
giảm nhiệt độ và tăng áp suất.
tăng nhiệt độ và tăng áp suất.
Các biện pháp làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận:
+ Giảm nhiệt độ.
+ Tăng áp suất.
+ Tăng nồng độ \({{\rm{N}}_2}\) hoặc \({{\rm{H}}_2}\).
+ Giảm nồng độ NH3.
Chọn C.
Dung dịch \({\rm{X}}\) làm phenolphthalein hóa hồng nên dung dịch \({\rm{X}}\) có chứa \({\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }\)
Þ Cathode điện phân hết \[C{u^{2 + }}\], rồi điện phân nước đến khi anode vừa điện phân hết \(C{l^ - }\)thì dừng điện phân.
\({\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to 2{\rm{AlO}}_2^ - + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Ta có: \({n_{{\rm{C}}{{\rm{l}}_2}}} = \frac{{9,916}}{{24,79}} = 0,4\;{\rm{mol;}}\,{{\rm{n}}_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{20,4}}{{102}} = 0,2\,mol.\)
Þ \({n_{NaCl}} = 2{n_{C{l_2}}} = 0,8\,mol\)
\(\begin{array}{l}{\rm{A}}{{\rm{l}}_2}{{\rm{O}}_3} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to 2{\rm{AlO}}_2^ - + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\\\,\,\,{\rm{0,2}} \to \,\,\,0,4\;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,({\rm{mol)}}\end{array}\)
Xét quá trình điện phân ở 2 cực:
|
Cathode |
Anode |
|
\({\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }} + 2{\rm{e}} \to {\rm{Cu}}\) \(2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + 2{\rm{e}} \to 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } + {{\rm{H}}_2}\) |
\(2{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - } \to {\rm{C}}{{\rm{l}}_2} + 2{\rm{e}}\)
|
Bảo toàn electron: \(2{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}_2}}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }}}} = 0,2\) mol.
\( \Rightarrow {\rm{m}} = 0,2 \cdot 160 + 0,8 \cdot 58,5 = 78,8\,(\;{\rm{g}})\).
Đáp án: 78,8
I, II, III.
II, III, IV.
III, IV.
I, IV.
Các đặc điểm đúng là I, II, III.
IV. Sai. Ngoài hoocmôn thực vật gây kích thích sinh trưởng còn có hoocmôn gây ức chế sinh trưởng.
Chọn A.
Hoa mười giờ nở vào buổi sáng, hiện tượng thức ngủ của chồi cây bàng.
Sự đóng mở của lá cây trinh nữ, khí khổng đóng mở.
Lá cây họ đậu xoè ra và khép lại, khí khổng đóng mở.
Hoa mười giờ nở vào buổi sáng, khí khổng đóng mở.
- Nguyên nhân của hiện tượng cụp lá của cây trinh nữ khi va chạm là do sức trương của nửa dưới của các chỗ phình bị giảm do nước di chuyển vào những mô lân cận.
- Nguyên nhân của hiện tượng đóng mở khí khổng là do sự biến động hàm lượng nước trong tế bào khí khổng.
Chọn B.
kích thước cơ thể của trẻ em nhỏ nhưng cấu tạo tim luôn phức tạp hơn người trưởng thành.
cơ thể của trẻ em đang trong giai đoạn phát triển, cần nhiều dưỡng khí và chất dinh dưỡng.
hoạt động vui chơi của trẻ luôn tiêu tốn năng lượng hơn so với quá trình lao động nặng nhọc ở người lớn.
trẻ em thường gặp phải áp lực công việc ảnh hưởng đến tâm lí nhiều hơn người trưởng thành.
- Một trong những nguyên nhân có thể giải thích cho việc nhịp tim của trẻ em thường cao hơn người trưởng thành là do cơ thể của trẻ em đang trong giai đoạn phát triển, cần nhiều dưỡng khí và chất dinh dưỡng.
- Các ý còn lại sai do:
+ Cấu tạo của tim trẻ không phức tạp hơn người trưởng thành.
+ Hoạt động lao động nặng nhọc của người lớn thường tiêu tốn nhiều năng lượng hơn so với hoạt động vui chơi của trẻ.
+ Người lớn thường gặp phải áp lực công việc ảnh hưởng đến tâm lí nhiều hơn trẻ nhỏ.
Chọn B.
Timin.
Xitôzin.
Guanin.
Ađênin.
Trong quá trình nhân đôi ADN, nuclêôtit guanin của môi trường nội bào liên kết bổ sung với nuclêôtit xitôzin và ngược lại, nuclêôtit timin của môi trường nội bào liên kết bổ sung với nuclêôtit ađênin và ngược lại. Chọn B.
10, 14, 18.
22, 26, 36.
11, 13, 18.
5, 7, 15.
Có 6 nhóm gen liên kết → 2n = 12. Vậy thể một chứa 2n - 1 = 11, thể ba chứa 2n + 1 = 13, thể tam bội chứa 3n = 18. Ở kì sau của nguyên phân, các NST đã nhân đôi và tách ra phân li về 2 phía nên số lượng NST trong thể một, thể ba, thể tam bội lần lượt là: 22, 26, 36. Chọn B.
Trong các cây này, có cây mang kiểu gen aabbddEE.
Mỗi cây giảm phân bình thường chỉ cho 1 loại giao tử.
Tất cả các cây này đều có kiểu hình giống nhau.
Các cây này có tối đa 9 loại kiểu gen.
Cây cho hạt phấn có kiểu gen: AaBbDdee.
A. Sai. Cây cho hạt phấn mang cặp ee nên không thể tạo ra cây có kiểu gen mang cặp EE.
B. Đúng. Các cây tạo ra bằng phương pháp nuôi cấy hạt phấn sau đó lưỡng bội hóa có kiểu gen thuần chủng nên khi giảm phân chỉ cho 1 loại giao tử.
C. Sai. Các cây này có thể có kiểu gen khác nhau nên kiểu hình khác nhau.
D. Sai. Số kiểu gen tối đa = số loại giao tử được tạo ra = 23 = 8.
Chọn B.
Hội chứng AIDS.
Hội chứng Tơcnơ.
Hội chứng Claiphentơ.
Hội chứng Đao.
A. Sai. Hội chứng suy giảm miễn dịch do HIV gây ra có ở cả nam và nữ.
B. Đúng. Hội chứng Tơcnơ mang XO – thiếu 1 NST X, chỉ xuất hiện ở nữ.
C. Sai. Hội chứng Claiphentơ mang XXY – thừa 1 NST X, chỉ xuất hiện ở nam.
D. Sai. Hội chứng Đao mang 3 NST số 21, có ở cả nam và nữ.
Chọn B.
1.
3.
2.
4.
Có 2 phát biểu đúng là I và III.
I. Đúng. Vì chuỗi thức ăn này có 5 mắt xích, trong đó chỉ có cỏ là sinh vật sản xuất; còn các loài còn lại đều là sinh vật tiêu thụ.
II. Sai. Vì hiệu suất sinh thái của mỗi bậc dinh dưỡng thường chỉ đạt khoảng 10%. Do đó, tổng sinh khối của các loài tiêu thụ chỉ chiếm khoảng 11,11% so với tổng sinh khối của cỏ.
III. Đúng. Vì chất độc sẽ được tích lũy qua chuỗi thức ăn, ở bậc dinh dưỡng càng cao thì lượng độc tố được tích lũy trong cơ thể càng lớn.
IV. Sai. Vì khi sâu bị giảm số lượng thì các loài nhái, rắn, diều hâu đều giảm số lượng.
Chọn C.
các yếu tố ngẫu nhiên.
đột biến.
giao phối không ngẫu nhiên.
giao phối ngẫu nhiên.
Muốn xác định nhân tố gây nên sự thay đổi cấu trúc di truyền thì phải dựa vào sự thay đổi tần số alen qua mỗi thế hệ.
- \({F_1}\) có tần số alen A = 0,64 + 0,32/2 = 0,8.
- \({F_2}\) có tần số alen A = 0,64 + 0,32/2 = 0,8.
- \({F_3}\) có tần số alen A = 0,2 + 0,4/2 = 0,4.
- \({F_4}\) có tần số alen A = 0,16 + 0,48/2 = 0,4.
- \({F_5}\) có tần số alen A = 0,16 + 0,48/2 = 0,4.
Như vậy, tần số alen chỉ thay đổi ở giai đoạn từ F2 sang F3 và sự thay đổi này diễn ra một cách đột ngột (tần số A từ 0,8 chuyển xuống còn 0,4) nên quần thể trên đã chịu tác động của các yếu tố ngẫu nhiên. Chọn A.
Các cây đồng hợp tử mang 2 tính trạng trội ở \({{\rm{F}}_3}\) gồm: \(\frac{{{\rm{Ab}}}}{{{\rm{Ab}}}}\frac{{{\rm{dE}}}}{{{\rm{dE}}}};\frac{{{\rm{Ab}}}}{{{\rm{Ab}}}}\frac{{{\rm{De}}}}{{{\rm{De}}}};\frac{{{\rm{aB}}}}{{{\rm{aB}}}}\frac{{{\rm{De}}}}{{{\rm{De}}}}\) chiếm tỉ lệ:
\(\begin{array}{l} = 0,3 \times \left( {\frac{{1 - \frac{1}{{{2^3}}}}}{2}\frac{{Ab}}{{Ab}}} \right) \times 1\frac{{dE}}{{dE}} + 0,6 \times \left( {\frac{{1 - \frac{1}{{{2^3}}}}}{2}\frac{{{\rm{Ab}}}}{{{\rm{Ab}}}}} \right)\left( {\frac{{1 - \frac{1}{{{2^3}}}}}{2}\frac{{{\rm{De}}}}{{{\rm{De}}}}} \right) + 0,6 \times \left( {\frac{{1 - \frac{1}{{{2^3}}}}}{2}\frac{{{\rm{aB}}}}{{{\rm{aB}}}}} \right)\left( {\frac{{1 - \frac{1}{{{2^3}}}}}{2}\frac{{{\rm{De}}}}{{{\rm{De}}}}} \right)\\ = \frac{{231}}{{640}}\end{array}\)
Đáp án: \(\frac{{231}}{{640}}.\)
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.
