Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 5)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Câu 1. Cho biểu đồ về sự tác động của một số thực phẩm tới môi trường:
Thực phẩm nào tác động tới môi trường nhiều nhất?
Táo.
Trứng.
Thịt lợn.
Thịt bò.
Thực phẩm tác động tới môi trường nhiều nhất là thịt bò. Chọn D.
\({V_{S.ABCD}} = {a^3}.\)
\({V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)
\({V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)
\({V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}.\)
Vì hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với đáy.
Mà \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\) nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)
Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \,;\,\,SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a.\)Thể tích khối chóp S.ABCD là: \({V_{S \cdot ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\) Chọn B.
\[4\,\,095\,\,000\] đồng.
\[89\,\,000\] đồng.
\[4\,\,005\,\,000\] đồng.
\[3\,\,960\,\,000\] đồng.
Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\), công sai \(d = 1000.{\rm{ }}\)
Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ \(n\) là: \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).
Tính đến ngày 30 tháng 4 năm 2018 (tính đến ngày thứ 89) tổng số tiền bỏ heo là:
\({S_{89}} = \frac{{89\left[ {2 \cdot 1000 + \left( {89 - 1} \right) \cdot 1000} \right]}}{2} = 4\,\,005\,\,000\) (đồng). Chọn C.
\(C'\left( {10\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).\)
\(C'\left( { - 13\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).\)
\(C'\left( {13\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).\)
\(C'\left( {7\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).\)
Gọi \(C'\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {3\,;\,\,0\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {AA'} = \left( {4\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\)
Mà \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \Rightarrow \overrightarrow {AC'} = \left( {10\,;\,\,4\,;\,\,4} \right)\)
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10 + 3}\\{y = 4 - 0}\\{z = 4 - 0}\end{array} \Rightarrow C'\left( {13\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).} \right.\] Chọn C.\(S = 3\sqrt 3 .\)
\(S = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.\)
\(S = 1.\)
\(S = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}.\)
Sử dụng MTCT ta có phương trình \({z^3} - 6{z^2} + 12z - 7 = 0\) có 3 nghiệm \({z_1} = 1\,;\,\,{z_2} = \frac{5}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\,;\,\,{z_3} = \frac{5}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i.\) Suy ra: \[A\left( {1\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),\,\,C\left( {\frac{5}{2}\,;\,\, - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\]
\(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt 3 {\rm{; }}\)\[AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt 3 \,;\,\,BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt 3 .\]
\( \Rightarrow \Delta ABC\) đều cạnh \(\sqrt 3 .\) Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}.\) Chọn D.
24,6 m
26,1m
27,6m
29m
Gọi \[O\] là vị trí của chiếc diều.
\[H\] là hình chiếu vuông góc của chiếc diều trên mặt đất.
\[C,\,\,D\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[A,\,\,B\] trên \[OH.\]
Đặt \(OC = x\), suy ra \(OH = x + 20 + 1,5 = x + 21,5\,\,(m).\)
• Xét tam giác \[OAC,\] ta có:
\(\tan \alpha = \frac{{OC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{OC}}{{\tan \alpha }} = \frac{x}{{\tan 35^\circ }}.\)
• Xét tam giác \[OBD,\] ta có:
\[\tan \beta = \frac{{AD}}{{BD}} \Rightarrow BD = \frac{{\frac{{OD}}{{\tan \alpha }}}}{{\tan \beta }} = \frac{{\tan 35}}{{\tan 75^\circ }}.\]Mà \(AC = BD\) nên \(\frac{x}{{\tan 35^\circ }} = \frac{{x + 20}}{{\tan 75^\circ }}\)\( \Leftrightarrow x \cdot \tan 75^\circ = \left( {x + 20} \right) \cdot \tan 35^\circ \)
\( \Leftrightarrow x = \frac{{20 \cdot \tan 35^\circ }}{{\tan 75^\circ - \tan 35^\circ }} \approx 4,6\,\,(\;{\rm{m}}).\) Suy ra \(OH = 26,1\,\;{\rm{m}}.\)
Vậy chiếc diều bay cao \[26,1{\rm{ }}m\] so với mặt đất. Chọn B.
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{x + c}}\) có đồ thị như hình bên dưới, với \(a,\,\,b,\,\,c \in \mathbb{Z}.\) Giá trị của biểu thức \(T = a - 3b + 2c\) là
\(T = 12.\)
\(T = - 7.\)
\(T = 10.\)
\(T = - 9.\)
Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:
• Đồ thị hàm số có TCN \(y = - 1\), TCĐ là \(x = 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\ - c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\c = - 1\end{array} \right.\).
• Đồ thị hàm số đi qua điểm \(M\left( {0;\,\, - 2} \right)\) nên \[y\left( 0 \right) = - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - x + b}}{{x - 1}}\left| {_{x = 0}} \right. = - 2 \Leftrightarrow b = 2.\]
Vậy \(T = a - 3b + 2c = - 1 - 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = - 9.\)Chọn D.
\(\frac{5}{4}.\)
5.
\( - 5.\)
\( - \frac{5}{4}.\)
Ta có \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx = - \frac{1}{4}\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,{\rm{d}}\left( { - 4x} \right)\)
\( = - \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right]\).
Vì \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên \(G\left( x \right) = F\left( x \right) + C\).
Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.} \right.\]
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 - F\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{ - 2 - F\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F\left( 8 \right) = \frac{{8 - C}}{2}}\\{F\left( 0 \right) = \frac{{ - 2 - C}}{2}}\end{array} \Rightarrow F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right) = 5.} \right.\)
Vậy \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right] = \frac{5}{4}.\) Chọn A.
\(P = \frac{5}{4}.\)
\(P = \frac{2}{3}.\)
\(P = \frac{{16}}{{15}}.\)
\(P = \frac{4}{5}.\)
Ta có \({\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + {\log _x}\sqrt b \)
\( \Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab} \Leftrightarrow {a^2} - 5ab + 4{b^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 4b.\)
Do đó \(P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + 2b} \right)}^2}}} = \frac{{32{b^2} + 12{b^2} + {b^2}}}{{36{b^2}}} = \frac{5}{4}\). Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(V = 3\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(V = 4\;\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(V = 6\;\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(V = 7\;\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Hạ đường cao \(MH\) xuống \(AB.\)
Khi đó \({V_{ACDM}} = \frac{1}{3}MH \cdot {S_{ACD}} & (1)\)
\(\Delta ACD\) vuông tại \(D\) có \(AD = DC = 2\sqrt 3 \,cm\) nên
\({S_{ACD}} = \frac{1}{2}AD \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) = 6\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) & (2)\)
Do \(\widehat {ABM} = 60^\circ \) và \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\) \((AB\) là đường kính của đáy) nên ta có \(AM = AB\sin \widehat {ABM} = 2\sqrt 3 \sin 60^\circ = 3\,\,(cm)\).
Áp dụng định lí Pythagore cho \[\Delta AMB\] ta có
\(MB = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {3^2}} = \sqrt 3 \,\,(cm).\)Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông \(ABM\), ta có
\[\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{M{B^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{4}{9}\]. Suy ra \[MH = \frac{3}{2}\,\,cm. & (3)\]
Thay (2), (3) vào (1) ta được \({V_{ACDM}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot 6 = 3\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn A.
12.
14.
10.
18.
Khối lượng cá sau một vụ là:
\(T = (480 - 20n)n = 480n - 20{n^2}\)\( = - 20\left( {{n^2} - 24n + 144 - 144} \right)\)\( = - 20{\left( {n - 12} \right)^2} + 2880\).
\( \Rightarrow {T_{\max }} = 2880\) khi \(n = 12\). Chọn A.
3
10
7
9
Phương trình có sự tương ứng ở số mũ của 2022 là \(x\,;\,\,\sqrt {2x + 1} \).
Vậy ta biến đổi phương trình thành: \({2022^x} - {2022^{\sqrt {2x + 1} }} = 1 - {x^2} + 2\sqrt {2x + 1} \)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} \)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 + 2x = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} + 2x\)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} + 2x + 2\)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + {\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow x = \sqrt {2x + 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 2x + 1\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \Rightarrow a + {b^3} = 1 + {2^3} = 9.\) Chọn D.
2163.
3843.
3003.
840.
Số cách chọn 5 viên bi trong 15 viên là: \(C_{15}^5 = 3003\) (cách).
− TH1: 5 viên bi cùng màu nên có \(C_6^5 + C_5^5 = 7\) (cách).
− TH2: 5 viên bi có 2 màu.
• 5 viên bi có bi xanh và bi đỏ nên số cách chọn là:\(C_{11}^5 - C_6^5 - C_5^5 = 455\) (cách).
• 5 viên bi có bi xanh và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_{10}^5 - C_6^5 = 246\) (cách).
• 5 viên bi có bi đỏ và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_9^5 - C_5^5 = 125\) (cách).
Số cách chọn 5 viên bi gồm 3 màu là \(3003 - 7 - 455 - 246 - 125 = 2170\) (cách).
Chọn A.
\[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right).\]
\(N\left( {2\,;\,\,2} \right).\)
\[P\left( { - 2\,;\,\,2} \right).\]
\(Q\left( {0\,;\,\,2} \right).\)
Lần lượt thay toạ độ điểm các điểm ở các phương án vào hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 3y < 0}\\{2x + y + 4 > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right.\), ta được:
• Với điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\], ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 + 3 \cdot \left( { - 2} \right) < 0}\\{2 \cdot 2 + 2 + 4 > 0}\\{2 > 0}\end{array}} \right.\] thoả mãn.
• Với điểm \(N\left( {2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả mãn.
• Với điểm \(P\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả;
• Với điểm \(Q\left( {0\,;\,\,2} \right)\) ta có không thoả \(x > 0.\)
Vậy miền nghiệm của hệ chứa điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\]. Chọn A.
\(\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)
\[\left( { - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,3} \right).\]
\(\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right).\)
\(\left( {4\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\)
Gọi \(Q\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\overrightarrow {QP} = \left( { - 1 - x\,;\,\,2 - y\,;\,\,1 - z} \right).\)
Tứ giác MNPQ là một hình bình hành \( \Leftrightarrow MN = QP \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = - 1 - x}\\{1 = 2 - y}\\{ - 2 = 1 - z}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = 1}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right..\)
Vậy \(Q\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\) Chọn A.
14
4
24
16
Ta có \(2x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) = 3{x^2}\sqrt x ,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f'\left( x \right) + \frac{1}{{2\sqrt x }}f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f'\left( x \right) + {\left( {\sqrt x } \right)^\prime }.f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt x \cdot f\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f\left( x \right) = \int {\frac{{3{x^2}}}{2}\,} dx = \frac{{{x^3}}}{2} + C\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{2} + C\,\,\,(*)\)
Thay \(x = 1\) vào \((*)\) ta được: \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + C\)\( \Rightarrow C = f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{2\sqrt x }}.\)
Vậy \(f\left( 4 \right) = 16.\) Chọn D.
20 xe loại chở 3 tấn, 19 xe loại chở 5 tấn và 18 xe loại chở \[7,5\] tấn.
18 xe loại chở 3 tấn, 19 xe loại chở 5 tấn và 20 xe loại chở \[7,5\] tấn.
19 xe loại chở 3 tấn, 20 xe loại chở 5 tấn và 18 xe loại chở \[7,5\] tấn.
20 xe loại chở 3 tấn, 18 xe loại chở 5 tấn và 19 xe loại chở \[7,5\] tấn.
Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] lần lượt là số xe loại chở 3 tấn, loại chở 5 tấn, loại chở \[7,5\] tấn.
Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 57}\\{3x + 5y + 7,5z = 290}\\{3 \cdot 7,5z = 3,5y + 2,3x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20}\\{y = 19.}\\{z = 18}\end{array}} \right.} \right.\) Chọn A.
4036
4037
2018
2019
• TH1: Nếu \(m = 0\) thì phương trình đã cho vô nghiệm.
• TH2: Nếu \(m \ne 0\) thì phương trình \(m\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{m}.\)
Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow - 1 \le - \frac{1}{m} \le 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le - 1}\end{array}} \right.\).
Kết hợp với điều kiện \(m\) nguyên và \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right]\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,2018} \right\}\) hoặc \[m \in \left\{ { - 2018\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right\}.\]
Vậy có 4036 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn đề bài. Chọn A.
\[60\,\,393\,\,000\] đồng.
\[50\,\,793\,\,000\] đồng.
\[50\,\,790\,\,000\] đồng.
\[59\,\,480\,\,000\] đồng.
Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi bà Mai nhận được sau 2 năm = 24 tháng là
\(50\,\,000\,\,000{\left( {1 + 0,79\% } \right)^{24}} = 60\,\,393\,\,000\) (đồng). Chọn A.
\(\vec u = \left( {6\,;\,\,3\,;\,\, - 5} \right).\)
\(\vec u = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\,5} \right).\)
\(\vec u = \left( {6\,;\,\,3\,;\,\,5} \right).\)
\(\vec u = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 5} \right).\)
Gọi \(\left( Q \right)\) chứa \(\Delta \) và song song với \(\left( P \right)\). Suy ra \(\left( Q \right)\) có phương trình:
\(x - 1 + 2\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3 = 0.{\rm{ }}\)
Khi đó \(d{\left( {B\,;\,\,\Delta } \right)_{\min }} = BH\) với \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
Đường thẳng \[BH\] đi qua \(B\), vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = 2t}\\{z = 2}\end{array},\,\,t \in \mathbb{R}} \right.,\) ta được \(H\left( { - \frac{1}{5};\,\,\frac{8}{5};\,\,2} \right).\) Do đó \(\Delta \) là đường thẳng AH có \(\overrightarrow {AH} = \left( {\frac{6}{5};\,\, - \frac{3}{5};\,\, - 1} \right).\)
Suy ra \(\vec u = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 5} \right)\) cũng là một vectơ chỉ phương của \(\Delta .\) Chọn D.
1
2
3
4
ĐK: \(x \ge 0\,;\,\,y + 1 \ge 0.\)
Đặt \(a = \sqrt x \,;\,\,b = \sqrt {y + 1} \) với \(a \ge 0\,;\,\,b \ge 0\), phương trình (1) trở thành
\(2{a^2} - ab - {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {2a + b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = b \Rightarrow x = y + 1\).
Thay vào phương trình \((2)\) thu được \[{y^3} + 2{y^2} + 3y - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\left( {{y^2} + 3y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 1\].
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {2\,;\,\,1} \right).\)
Vậy \(2x - y = 2 \cdot 2 - 1 = 3.\) Chọn C.
4
-2
2
-4
Ta có \(A\left( {a\,;\,\,b} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:x - y - 3 = 0\)
Khi đó \(a - b - 3 = 0 \Leftrightarrow b = a - 3\)\( \Rightarrow A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\).
Khoảng cách từ điểm \(A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\) đến đường thẳng \(\Delta :2x - y + 1 = 0\) là
\(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \frac{{\left| {2a - (a - 3) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }}{\rm{. }}\)
Theo đề bài \(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \sqrt 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \sqrt 5 \Leftrightarrow \left| {a + 4} \right| = 5\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 4 = 5}\\{a + 4 = - 5}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = - 9}\end{array}.} \right.} \right.\)
Theo đề bài điểm \(A(a;b)\) có hoành độ dương nên \(a = 1 \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\).
Vậy \(P = ab = 1 \cdot ( - 2) = - 2\). Chọn B.
\(1,01\;\,\,{{\rm{m}}^3}.\)
\(1,17\;\,{{\rm{m}}^3}.\)
\(1,51\;\,{{\rm{m}}^3}.\)
\(1,40\;\,{{\rm{m}}^3}.\)
Gọi chiều rộng của mặt đáy của bể cá là \(a\,\,(m),\,\,a > 0.\)
\( \Rightarrow \) chiều dài của mặt đáy bể cá là \(2a\,\,(\;{\rm{m}}).\)
Gọi chiều cao bể cá là \(h\,\,(m).\)
Diện tích xung quanh của bể cá là \[{S_{xq}} = 2h\left( {a + 2a} \right) = 6ah\,\,\left( {{m^2}} \right).\]
Diện tích đáy của bể cá là \({S_d} = 2{a^2}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Ông Bình sử dụng hết \(5,5\;\,{{\rm{m}}^2}\) kính để làm một bể cá không nắp nên ta có
\(6ah + 2{a^2} = 5,5 \Rightarrow h = \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}}\,\,(m).\)
Dung tích bể cá là \(V = a \cdot 2a \cdot \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}} = \frac{{\left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a}}{3}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Xét hàm số \[f\left( a \right) = \left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a = 5,5a - 2{a^3}.\]
Có \[f'\left( a \right) = 5,5 - 6{a^2}\,;\,\,f' = 0 \Leftrightarrow 5,5 - 6{a^2} = 0 \Rightarrow a = \frac{{\sqrt {33} }}{6}.\]
Ta có bảng biến thiên
Vậy \(maxV = \frac{1}{3}f(a) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{11\sqrt {33} }}{{18}} \approx 1,17\,\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn B.
Vô số
7
5
6
Ta có \[f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}}} \right) \ge f\left( {10} \right)\,;\,\,f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right){\rm{NB}}\]
Suy ra \[\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}} \le 10\]\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 1 - 10(x - 2)}}{{x - 2}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 10x + 21}}{{x - 2}} \le 0\).
Suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{3 \le x \le 7}\end{array}} \right.\). Do đó, nghiệm nguyên dương \[x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}.\] Chọn D.
\(d = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\)
\(d = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
\(d = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}.\)
\(d = \frac{a}{5}.\)
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}IC\, = \,AJ\\IC\,{\rm{//}}\,AJ\end{array} \right. \Rightarrow ICJA\] là hình bình hành \[ \Rightarrow CJ\,{\rm{//}}\,IA.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}AI\,\,{\rm{//}}\,CJ\\CJ \subset \left( {CJC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI\,{\rm{//}}\,\left( {CJC'} \right)\]
\[\left\{ \begin{array}{l}AA'\,\,{\rm{//}}\,CC'\\CC' \subset \left( {CJC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AA'\,{\rm{//}}\,\left( {CJC'} \right)\]Do đó \[\left( {CJC'} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {AIA'} \right)\]. Khi đó \(d\left( {\left( {AIA'} \right),\,\,\left( {CJC'} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {CJC'} \right)} \right){\rm{. }}\)
Kẻ \(IH \bot CJ\,\,\left( {H \in CJ} \right)\) nên \(IH \bot \left( {CJC'} \right)\). Khi đó, \(d\left( {I,\,\,\left( {CJC'} \right)} \right) = IH\).
Xét cặp tam giác vuông \(\Delta IBA\) và \(\Delta CHI\) có \(\widehat {ICH} = \widehat {AIB}\) nên
\(\frac{{AI}}{{IC}} = \frac{{BA}}{{IH}} \Rightarrow IH = \frac{{BA \cdot IC}}{{AI}} = \frac{{a \cdot \frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,4} \right]\] và có đồ thị gồm một phần parabol hợp với một đoạn thẳng như hình vē bên. Tính tích phân \(I = \int\limits_0^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x.\)
\(I = 4.\)
\(I = 5.\)
\(I = - 2.\)
\(I = 10.\)
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\), nghịch biến trên các khoảng \[\left( {0\,;\,\,1} \right)\] và \(\left( {2\,;\,\,4} \right).\)
Suy ra \[I = \int\limits_0^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\int\limits_2^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\]
\( = - \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_2^4 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\)\( = f\left( 0 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right)\)
\( = f\left( 0 \right) - 2f\left( 1 \right) + 2f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right) = 3 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 - 1 = 4.\) Chọn A.
1
2
3
0
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - (2m + 1)x + {m^2} - 3}}\) có 1 đường tiệm cận ngang là \(y = 0.\)
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng hai đường tiệm cận
\( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng 1 đường tiệm cận đứng
\( \Leftrightarrow \) Phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có một nghiệm kép hoặc phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{1 - \left( {2m + 1} \right) + {m^2} - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) > 0}\\{{m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - \frac{{13}}{4}}\\{m = 3}\\{m = - 1}\end{array}} \right.\).
Vậy có ba giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu đề bài. Chọn C.
2.
\(2\sqrt 3 .\)
\(\sqrt 2 .\)
4.
Ta có: \[OA = \left| z \right|,\,\,OB = \left| {\left( {1 + 3i} \right)z} \right| = \sqrt {10} \left| z \right|,\,\,AB = \left| {z\left( {1 + 3i - 1} \right)} \right| = \left| {3iz} \right| = 3\left| z \right|.\]
Ta thấy \(O{B^2} = A{B^2} + O{A^2} = 10{\left| z \right|^2} \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại A.
Do đó \({S_{OAB}} = 6 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.OA = \frac{1}{2} \cdot 3|z| \cdot |z| = 6 \Rightarrow |z| = 2.\) Chọn A.
\(\frac{{32\sqrt 2 }}{3}.\)
\(\frac{{16\sqrt 2 }}{3}.\)
\(\frac{{16\sqrt 3 }}{3}.\)
\(\frac{{32\sqrt 3 }}{3}.\)
Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(BD,\,\,AC.\)
Giả sử \(AC = a,\,\,BD = b,\) theo giả thiết:
\({a^2} + {b^2} = 16\,\,(a,\,\,b > 0).\)
Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta ADC\] có:
\[AC\] chung; \[AB\; = \;AD\] (gt); \[BC\; = \;CD\] (gt)
Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADC\] (c.c.c)
Suy ra \[BF = DF\] (hai trung tuyến tương ứng)Do đó \[\Delta BDF\] cân tại \[F\] \[ \Rightarrow EF \bot BD\] (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4}} \);
\(EF = \sqrt {B{F^2} - B{E^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{4}} = \sqrt {36 - \frac{{16}}{4}} = \sqrt {32} \).
\[ \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {32} \cdot b = 2\sqrt 2 b\].
Do \(AC \bot BF,\,\,AC \bot DF\) nên \(AC \bot \left( {BDF} \right).\)
Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}} = \frac{1}{3} \cdot AF \cdot {S_{BDF}} + \frac{1}{3} \cdot CF \cdot {S_{BDF}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot \left( {AF + CF} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot AC = \frac{1}{3} \cdot a \cdot 2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: \[{\rm{ab}} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\]\( \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \cdot 8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}.\)
Vậy \({V_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 \)
Đẳng thức xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow A{C^2} = 16 - A{C^2} \Leftrightarrow AC = 2\sqrt 2 .\) Chọn B.
-65
-74
-42
87
Xét \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + m\), với \(x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\)
Ta có: \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)
\(f\left( 0 \right) = m\,;\,\,f\left( 1 \right) = m - 1\,;\,\,f\left( 3 \right) = 27 + m{\rm{. }}\)Do đó \(f\left( x \right) \in \left[ {m - 1\,;\,\,m + 27} \right].\)
Vậy \[\left| {f\left( x \right)} \right| \le 16 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge - 16}\\{m + 27 \le 16}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 15}\\{m \le - 11}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left[ { - 15\,;\,\, - 11} \right].} \right.\)
Ta có: \[\left( { - 15} \right) + \left( { - 14} \right) + \left( { - 13} \right) + \left( { - 12} \right) + \left( { - 11} \right) = - 65.\] Chọn A.
\(2x - 2y + z + 2 = 0.\)
\(2x - 2y + z - 16 = 0.\)
\(2x - 2y + z - 10 = 0.\)
\(2x - 2y + z - 5 = 0.\)
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\), bán kính \(R = 3.\)
Đường thẳng \(d\) có \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right),\,\,M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \in d\).
Do \(\left( P \right)\) vuông góc với \(d\) nên \(\overrightarrow {{n_p}} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z + m = 0.\)
Do \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( {I\,;\,\,\left( P \right)} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 7} \right|}}{3} = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - 16}\end{array}} \right.\).
Do \(\left( P \right)\) cắt Oz tại điểm có cao độ dương nên chọn \(m = - 16 \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z - 16 = 0.\)
Chọn B.
25
15
10
20
Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là điểm biểu diễn số phức \({z_1},\,\,{z_2}\).
Điểm \(I\left( {3\,;\,\,5} \right),\,\,J\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow IJ = 10 > 5.\)
Khi đó, \[M \in \left( {I\,;\,\,2} \right),\,\,N \in \left( {J\,;\,\,3} \right)\] và hai đường tròn \[\left( {I\,;\,\,2} \right)\] rời nhau.
Như vậy, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 2 + IJ + 3 = 15}\\{M = IJ - 2 - 3 = 5}\end{array} \Rightarrow M + m = 20} \right..\) Chọn D.
\(\frac{1}{5}.\)
\(\frac{2}{5}.\)
\(\frac{3}{5}.\)
\(\frac{4}{5}.\)
Ta có \(f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16} \right] = 16.{\rm{ }}\)
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16} - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\)\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 16 - 16}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\]\[g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\]
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 32}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)
\( = 12.\frac{2}{{5 \cdot \left( {\sqrt {2 \cdot 16 - 6} + 4} \right)}} = \frac{3}{5}.\) Chọn C.
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy là tam giác đều cạnh bằng \[a.\] Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB,\] hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\) \(H\) là trung điểm của \[CI,\] góc giữa \[SA\] và mặt đáy bằng \(45^\circ \) (hình vẽ bên). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \[SBC.\] Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CG\] bằng
\(\frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.\)
\(\frac{{a\sqrt {14} }}{8}.\)
\(\frac{{a\sqrt {77} }}{{22}}.\)
\(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}.\)
Đặt hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \(I\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {\frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( { - \frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,\) \(C\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right).\)
Ta có: \(CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,IH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4},\,\,AH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).
Vì \(H\) là trung điểm CI suy ra \(H\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,0} \right).\)
Ta có \(\left( {SA,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,\,\,AH} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ \)\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow S\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,\frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {SA} = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right),\,\,\overrightarrow {CG} = \left( { - \frac{a}{6}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{{12}}} \right),\,\,\overrightarrow {CA} = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right)\);
\[\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] = \left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{{12}}\,;\,\,0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}} \right) \Rightarrow \left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right| = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\].
Khoảng cách giữa \[SA\] và \(CG\) nên \(\frac{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] \cdot \overrightarrow {CA} \,} \right|}}{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right|}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}.\) Chọn B.
5
11
8
6
Ta có: \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x.\)
Xét hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) trên tập số thực \(\mathbb{R}.\)
Ta có \(h'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)
Suy ra hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) luôn đồng biến trên tập \(\mathbb{R}.\)
Do đó \(f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}.\)
Để \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}\) đúng với mọi \(x\) thuộc khoảng \(\left( {2\,;\,\,6} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\min _{\left[ {2\,;\,\,6} \right]}}\left( {{x^3} + x} \right) \ge {5^m} \Leftrightarrow {2^3} + 2 \ge {5^m} \Leftrightarrow m \le {\log _5}10.\)
Do \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 6\,;\,\,6} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 6\,;\,\, - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\)
Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) cần tìm. Chọn C.
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) và trục \[Ox\] là nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow - {x^3} - 3{x^2} + 9x = 2m + 1.\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^3} - 3{x^2} + 9x.\)
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)
\(f'\left( x \right) = - 3{x^2} - 6x + 9,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} - 6x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}.} \right.\)
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) cắt trục \[Ox\] tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(y = 2m + 1\) cắt đồ thị hàm số \(f(x) = - {x^3} - 3{x^2} + 9x\) tại hai điểm phân biệt.
Từ bảng biến thiên suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 1 = 5}\\{2m + 1 = - 27}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - 14}\end{array}} \right.} \right.\).
Do đó \(S = \left\{ { - 14\,;\,\,2} \right\}{\rm{. }}\)
Tổng của các phần tử thuộc tập \(S\) là: \(T = - 14 + 2 = - 12.\)
Đáp án: −12.
Gọi \(A\) là biến cố: "Ba số tìm được thoả mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2}\) chia hết cho 3".
Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{20}^3 = 1\,\,140\).
Tập hợp các số \[S = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,20} \right\}\] gồm:
• 6 số chia hết cho 3 là: \[3\,;\,\,6\,;\,\,9\,;\,\,12\,;\,\,15\,;\,\,18.\]
• 14 số còn lại không chia hết cho 3.
Ta thấy số chính phương chia cho 3 hoặc chia hết hoặc dư 1.
Do đó, các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) là
− TH1: \({a^2},{b^2},{c^2}\) cùng chia hết cho 3 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng chia hết cho 3.
Do đó có \(C_6^3 = 20\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c.\]
− TH2: \({a^2},\,\,{b^2},\,\,{c^2}\) cùng chia hết cho 3 dư 1 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng không chia hết cho 3.
Do đó có \(C_{14}^3 = 364\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c\] \( \Rightarrow n(A) = 364 + 20 = 384\).
Khi đó xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{384}}{{1140}} = \frac{{32}}{{95}}\).
Vậy \(m = 32\,;\,\,n = 95 \Rightarrow m + n = 127\). Đáp án: 127.
Ta có \(y = {\left| x \right|^3} - mx + 5 = \sqrt {{x^6}} - mx + 5\).
Suy ra \[y' = \frac{{3{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} - m = \frac{{3{x^5} - m{{\left| x \right|}^3}}}{{{{\left| x \right|}^3}}}\] và không có đạo hàm tại \(x = 0\).
• TH1: \(m = 0\), ta có \[y' = \frac{{5{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} = 0\] vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại \(x = 0\).
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
• TH2: \(m > 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\3{x^5} = m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{m}{3}} \].
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
• TH3: \(m < 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\3{x^5} = - m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - \sqrt { - \frac{m}{3}} \].
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
Vậy trong mọi trường hợp hàm số có đúng một cực trị với mọi tham số \(m\). Đáp án: 1.
Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = - 3}\\{x = m}\end{array}} \right..\)
• TH1: Với \(m = - 3 \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right){\left( {x + 3} \right)^2}\)
Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị là \(x = 4.\)
• TH2: Với \(m \ne \left\{ { - 3\,;\,\,4} \right\}\) thì \(f'\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm đơn phân biệt
Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 3 điểm cực trị là \(x = 4\,;\,\,x = - 3\,;\,\,x = m.\)
Để \(x = 4\) là điểm cực tiểu thì \(m < - 3.\)
Khi đó, thứ tự các điểm cực trị từ bé đến lớn là \(x = m\,;\,\,x = - 3\,;\,\,x = 4.\)
Vậy \(m \le - 3\) và \[m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3} \right\}.\] Đáp án: 8.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot AB}\\{SA \bot BC}\end{array} \Rightarrow SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AC} \right..\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right..\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \[SC,\] suy ra \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)
Khi đó, bán kính đường tròn tâm \(I\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là:\(r = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + S{A^2}} .\)
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) là:
\[R = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2} + {r^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {2 + 3 + 4} = \frac{3}{2}.\] Đáp án: \[\frac{3}{2}\].
Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) với \({x_0} < 0\) là điểm cố định cần tìm.
\( \Rightarrow {y_0} = - x_0^3 + mx_0^2 - {x_0} - 4m,\forall m \Leftrightarrow \left( {x_0^2 - 4} \right)m - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0,\,\,\forall m\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_0^2 - 4 = 0}\\{ - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = - 2\left( {{\rm{ v\`i }}{x_0} < 0} \right)}\\{{y_0} = 10}\end{array} \Rightarrow A\left( { - 2\,;\,\,10} \right).} \right.\]
Ta có \[y' = - 3{x^2} + 2mx - 1 \Rightarrow y'\left( { - 2} \right) = - 4m - 13.\]
Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_m}} \right)\) tại \[A\left( { - 2\,;\,\,10} \right)\] là
\(y = \left( { - 4m - 13} \right)\left( {x + 2} \right) + 10\) hay \(\left( \Delta \right):y = \left( { - 4m - 13} \right)x - 8m - 16.\)
Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có phương trình \(d:y = x.\)
Vì \(\Delta \bot d \Leftrightarrow - 4m - 13 = - 1 \Leftrightarrow m = - 3.\) Đáp án: −3.
• Cách 1: Đặt \(w = a + bi\) với điều kiện \(a,\,\,b \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow a + bi = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i\)\( \Leftrightarrow a + \left( {b + 1} \right)i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)
\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - 1 + \left( {b + 2} \right)i}}{{1 - i}} = \frac{{\left[ {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 2} \right)i} \right]\left( {1 + i} \right)}}{2}\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - b - 3 + \left( {a + b + 1} \right)i}}{2}.\)
Vì \(\left| z \right| = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{{{\left( {a - b - 3} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{{\left( {a + b + 1} \right)}^2}}}{4}} = 2\sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow {\left( {a - b - 3} \right)^2} + {\left( {a + b + 1} \right)^2} = 32\)\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a + 4b - 11 = 0\).
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I(1; - 2)\), bán kính \(R = 4.\)
Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b = - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)
• Cách 2: Đặt \(w = x + yi\), với \(x,\,\,y \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)\( \Leftrightarrow w - 1 + 2i = \left( {1 - i} \right)z.\)
Lấy môđun hai vế ta được \[\left| {w - 1 + 2i} \right| = \left| {\left( {1 - i} \right)z} \right|\]
\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 + 2i} \right| = \left| {1 - i} \right|\left| z \right|\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 2} \right)}^2}} = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 16.\)
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\), bán kính \(R = 4.\)
Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b = - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)
Đáp án: 3.
Xét trên một thiết diện parabol có chiều cao là \(h\) và độ dài đáy là \[2h\] và chọn hệ trục \[Oxy\] như hình vẽ.
Parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(\left( P \right):y = a{x^2} + h\,\,(a < 0)\)
Có \[B\left( {h\,;\,\,0} \right) \in (P) \Leftrightarrow 0 = a{h^2} + h \Leftrightarrow a = - \frac{1}{h}\] (do \(h > 0)\)Diện tích \(S\) của thiết diện là: \(S = \int\limits_{ - h}^h {\left( { - \frac{1}{h}{x^2} + h} \right)} \,dx = \frac{{4{h^2}}}{3},\,\,h = 3 - \frac{2}{5}x\)\( \Rightarrow S\left( x \right) = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2}.\)
Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình:
\(V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right)} \,dx = \int\limits_0^5 {\frac{4}{3}} {\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2}dx \approx 28,888\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)\( \Rightarrow V \approx 29\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,R = \sqrt {12} .\)
Gọi tiếp điểm \(A\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) và điểm \(M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right).\)
\[{\rm{Ta c\'o }}a - 2b + 2c + 11 = 0{\rm{ v\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \in \left( S \right)}\\{M{A^2} = M{I^2} - I{A^2} = M{I^2} - {R^2} = M{I^2} - 12}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2} = 12 & (1)}\\{{{\left( {x - a} \right)}^2} + {{\left( {y - b} \right)}^2} + {{\left( {z - c} \right)}^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2} - 12}\end{array}} \right.\]
Lấy \((1) - (2)\) suy ra \(\left( {2a - 2} \right)x + \left( {2b - 2} \right)y + \left( {2c - 2} \right)z + 3 = 2a + 2b + 2c + 21\) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm nên \(a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) + c\left( {z - 1} \right) - x - y - z - 9 = 0\).
Qua điểm cố định \(E\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) khi \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{2} = \frac{{ - x - y - z - 9}}{{11}} \Leftrightarrow x = 0\,;\,\,y = 3\,;\,\,z = - 1.\)
Do đó \(E\left( {0\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow a + b + c = 2.\) Đáp án: 2.
Ta có \(\Delta ' = 6 - m.\)
• TH1: \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \le 6\), phương trình có hai nghiệm \({z_{1,2}} = 1 \pm \sqrt {6 - m} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2\sqrt {6 - m} }\end{array}} \right..\)
Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {\sqrt {6 - m} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {6 - m} \right) = 40 \Leftrightarrow m = - 3\) (TM).
• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow 6 - m < 0 \Leftrightarrow m > 6\), phương trình có hai nghiệm:
\({z_{1;\,\,2}} = 1 \pm i\sqrt {\Delta '} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2i\sqrt {m - 6} }\end{array}} \right.\).
Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {2i\sqrt {m - 6} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {m - 6} \right) = 40 \Leftrightarrow m = 15\) (TM).
Vậy \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,15} \right\}.\) Tổng các phần tử của \(S\) là \( - 3 + 15 = 12.\) Đáp án: 12.
Ta có \(\left( {{x_A} + {y_A} - 3{z_A} - 5} \right)\left( {{x_B} + {y_B} - 3{z_B} - 5} \right)\)\[ = \left( {1 - 1 - 3 \cdot 2 - 5} \right)\left( { - 5 - 1 - 3 \cdot 0 - 5} \right) > 0\] nên hai điểm \(A\) và \(B\) cùng nằm về một phía của mặt phẳng \((\alpha ).\)
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha ).\)
Phương trình đường thẳng \(AH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 1 + t.}\\{z = 2 - 3t}\end{array}} \right.\)
Do đó toạ độ điểm \(H\) nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 - 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 2}\\{y = 0}\\{z = - 1}\end{array}} \right.} \right..\)
Do đó \[H\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right).\]
Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \((\alpha )\), suy ra \(A'\left( {3\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)
Ta có \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) nên \(MA + MB\) nhỏ nhất khi \(M = A'B \cap (\alpha ).\)
Phương trình đường thẳng \(A'B:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z = - 4 + 3t}\end{array}} \right..\)
Do đó toạ độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z = - 4 + 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{12}}{{11}}}\\{x = - \frac{{15}}{{11}}}\\{y = - \frac{1}{{11}}}\\{z = - \frac{{20}}{{11}}}\end{array}} \right.} \right..\)
Do đó \(M\left( { - \frac{{15}}{{11}}; - \frac{1}{{11}}; - \frac{{20}}{{11}}} \right) \Rightarrow T = a + 2b + 3c = - 7.\) Đáp án: −7.
Ta có \({S_{DMN}} = \frac{1}{3}{S_{SMD}} = \frac{1}{6}{S_{SCD}}\)
Gọi \(E\) là trung điểm của \[AB\]
\( \Rightarrow {d_{(G,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(E,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(SCD))}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6}{S_{SCD}} \cdot \frac{2}{3}{d_{\left( {A,\,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{9}{V_{S.ACD}} = \frac{1}{{18}}{V_{S.ABCD}}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{18}} \Rightarrow m + n = 19.\) Đáp án: 19.
Chia cả hai vế của giả thiết cho \(x\), ta được \(2{\log _2}\frac{x}{{y + 1}} = \frac{{y - 4x + 1}}{x} = \frac{{y + 1}}{x} - 4\).
Đặt \(t = \frac{x}{{y + 1}} > 0\), phương trình trên trở thành: \(2{\log _2}t = \frac{1}{t} - 4 \Leftrightarrow 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4 = 0\).
Dễ thấy \(f\left( t \right) = 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4\) là hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Mà \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 0\) nên \(t = \frac{1}{2}\) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Khi đó \(\frac{x}{{y + 1}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow y + 1 = 2x \Leftrightarrow y = 2x - 1.\)
Vậy \(P = 3{x^2} - {y^2} = 3{x^2} - {\left( {2x - 1} \right)^2} = - {x^2} + 4x - 1 = 3 - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 3.\) Đáp án: 3.
Phương trình \({\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = - 2\end{array} \right.\).
Dựa vào đồ thị, phương trình \[f\left( x \right) = 2\] có một nghiệm thực, phương trình \(f\left( x \right) = - 2\) có 3 nghiệm thực phân biệt, tất cả các nghiệm trên đều khác nhau nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.
Trong Hình 1, ta gọi hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao là \(h' = 12\).
Và đường tròn đáy có tâm \(N'\) có bán kính là \(R'\).
Áp dụng định lý Thalès, ta có: \(\frac{{R'}}{R} = \frac{{h'}}{h} \Rightarrow R' = \frac{{h'}}{h}R = \frac{1}{2}R\).
Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 1 là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R'^2}h' = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{1}{4}{R^2}.12 = \pi {R^2}\).
Trong Hình 2 ta gọi hình trụ có hai đường tròn đáy có tâm lần lượt là \[O,\,\,M;\] chiều cao là \(h\) có bán kính \[R.\]
Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 2 là \(V' = \pi {R^2}x\).
Theo đề bài ta có \(V = V' \Rightarrow \pi {R^2}x = \pi {R^2} \Rightarrow x = 1\).
Đáp án: 1.
Biểu cảm.
Tự sự.
Miêu tả.
Nghị luận.
Đoạn văn miêu tả cảnh chiều tàn nơi phố huyện với những chi tiết: tiếng trống thu không; phương tây đỏ rực như lửa cháy và những đám mây hồng như hòn than sắp tàn; dãy tre làng như đen lại. Chọn C.
Buổi sáng.
Hoàng hôn.
Buổi trưa.
Buổi tối.
Trầm buồn, tĩnh lặng.
Thơ mộng, lãng mạn.
Lung linh, huyền ảo.
Rộn rã với nhiều âm thanh.
Liên bị khiếm thị, không nhìn rõ cảnh vật.
Chiều tà đang dần buông xuống.
Cái nhìn tiêu cực của Liên đối với cuộc sống.
Liên nhìn thấy tương lai tăm tối trước mắt.
Ngôn ngữ, giọng điệu trữ tình, giàu chất thơ.
Lựa chọn tình huống đặc sắc và chi tiết tiêu biểu.
Ngôn ngữ độc thoại nội tâm sâu sắc.
Tạo hình, dựng cảnh ấn tượng.
Phong cách của nhà văn Thạch Lam là giọng điệu trữ tình, giàu chất thơ. Đoạn trích này mang đậm dấu ấn phong cách của Thạch Lam, không có tình huống gay cấn, không có độc thoại nội tâm, cũng không xuất hiện chi tiết tạo hình, dựng cảnh ấn tượng. Chọn A.
Cơ quan cảm giác đặc biệt của cá là trắc tuyến.
Thị giác, thính giác, khứu giác, vị giác và xúc giác là cửa sổ cảm nhận sự vật, hiện tượng thế giới bên ngoài của động vật và con người.
Cá tìm kiếm thức ăn thông qua khứu giác.
Trắc tuyến của loài cá là một cái ống nhỏ bé, ẩn trong lớp da theo sự giãn cách nhất định.
Phân tích phương án:
+ Có từ khóa “Cơ quan cảm giác đặc biệt”, “trắc tuyến” → Loại A.
+ Có từ khóa “Thị giác, thính giác, khứu giác, vị giác và xúc giác”, “Cơ quan cảm giác của động vật và của con người” → Loại B.
+ Có từ khóa “trắc tuyến của loài cá là một cái ống nhỏ bé, ẩn trong lớp da theo sự giãn cách nhất định” → Loại D.
+ Nội dung ý C không được nhắc đến trong bài → phương án đúng. Chọn C.
Duy trì sự liên lạc với đồng loại tránh bị thất lạc hoặc mất phương hướng.
Cảm nhận được mối nguy hiểm của dòng nước.
Nhìn được tất cả những sự vật xung quanh chúng.
Giúp cá bơi nhanh hơn.
Giải thích đáp án:
+ Phương án A: chi tiết “Duy trì sự liên lạc với đồng loại tránh bị thất lạc hoặc mất phương hướng” được nhắc trong câu (4) của đoạn 4 → Loại.
+ Phương án B: chi tiết “Cảm nhận được mối nguy hiểm của dòng nước” xuất hiện trong câu (1) của đoạn 4 → Loại.
+ Phương án C: suy luận được từ nội dung “Cá không thể nào nhìn được tất cả những sự vật xung quanh chúng, chúng hoàn toàn dựa vào sự nhận biết của trắc tuyến.” → Loại C.
+ Nhận diện: Nội dung ý D không tìm được thông tin trong đoạn trích. Chọn D.
Trắc tuyến của con cá đã sản sinh ra các hooc-môn tương ứng.
Trắc tuyến tự liên kết với thần kinh.
Khi dòng nước chảy với cường độ lớn qua thân thể cá.
Cá bị mất phương hướng.
Câu ở mức độ nhận biết, nhưng dễ nhầm lẫn. HS đọc kĩ đoạn 3.
Nhận diện:
+ Từ “từ đó” là phép thế thay thế cho nội dung trước và là nguyên nhân trực tiếp/tiền đề dẫn đến nội dung phía sau.
+ Xác định vế trước và vế sau của từ “từ đó”: “Trắc tuyến tự liên kết với thần kinh, mỗi khi có dòng nước chảy với cường độ lớn qua thân thể của con cá, dòng nước đó sẽ làm cho trắc tuyến của con cá sản sinh ra các hooc-môn tương ứng. Từ đó tạo ra phản ứng chạy trốn, né tránh.” Xét về cấu tạo, vế trước của từ “từ đó” là “trắc tuyến của con cá đã sản sinh ra các hooc-môn tương ứng”; xét về logic, các hooc-môn này tạo ra phản ứng của cá ở vế sau. Chọn A.
Phong cách ngôn ngữ chính luận.
Phong cách ngôn ngữ khoa học.
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Phong cách ngôn ngữ sinh hoạt.
Học sinh có thể sử dụng phương pháp loại trừ để làm câu này:
- Trong đoạn trích không có quan điểm cá nhân và các lí lẽ, lập luận để thuyết phục người khác tin theo quan điểm đó → Loại A.
- Đoạn trích không phải một tác phẩm văn học, không có chức năng thẩm mĩ → Loại C.
- Đoạn trích không phải đoạn hội thoại hay thư tín, tự truyện..., cũng không chứa các từ mang tính chất khẩu ngữ → Loại D.
- Đoạn trích trình bày một vấn đề khoa học và có nhiều từ ngữ khoa học → Chọn B.
Những sinh vật nổi trên mặt nước.
Con cá.
Con tôm.
Các loại chấm nhỏ trên cơ thể cá.
Khi chúng ta biết đặt ra mục tiêu và phương pháp đạt được mục tiêu.
Khi chúng ta xác định được hoàn cảnh và môi trường sống phù hợp.
Khi chúng ta có sự bổ trợ bởi tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm.
Khi chúng ta được trau dồi cùng vốn tri thức và trải nghiệm
Của cải, vật chất của con người.
Sự chuẩn bị của con người.
Của để dành của con người.
Những phẩm chất của con người.
Thông tin trong đoạn trích “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm...”. Sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm là những phẩm chất của con người. Chọn D.
Bản lĩnh tốt là đáp ứng nhu cầu của bản thân và làm hài lòng xã hội.
Bản lĩnh có thể có được khi con người rèn luyện bản thân.
Xác định được mục tiêu thì phải có phương thức thực hiện mục tiêu.
Bản lĩnh có vai trò quan trọng làm nên sự tồn tại của một con người.
Đáp án A được đề cập đến trong câu: “Bản lĩnh tốt là vừa phục vụ được mục đích cá nhân vừa có được sự hài lòng từ những người xung quanh.”; Đáp án B được đề cập đến trong thông tin: “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm…”; Đáp án C được đề cập đến trong thông tin: “Bản lĩnh đúng nghĩa chỉ có được khi bạn biết đặt ra mục tiêu và phương pháp để đạt được mục tiêu đó. Nếu không có phương pháp thì cũng giống như bạn đang nhắm mắt chạy trên con đường có nhiều ổ gà.”. Chọn D.
Nghị luận.
Tự sự.
Miêu tả.
Thuyết minh.
Trong văn bản, tác giả đã sử dụng lí lẽ, đưa ra dẫn chứng và lập luận về vấn đề bản lĩnh của con người → phương thức biểu đạt chính là nghị luận. Chọn A.
Thế hệ trẻ cần rèn luyện bản lĩnh để vượt qua khó khăn.
Khái niệm bản lĩnh và cách thức để rèn luyện bản lĩnh.
Bản lĩnh và tầm quan trọng của bản lĩnh trong xã hội.
Những dẫn chứng về bản lĩnh và lời kêu gọi của tác giả.
Tác giả đã giải thích bản lĩnh là gì và đưa ra cách thức để rèn luyện bản lĩnh ở đoạn trích trên. Chọn B.
Tư tưởng Đất Nước của nhân dân.
Cảm nhận độc đáo về quá trình hình thành, phát triển của đất nước; từ đó khơi dậy ý thức về trách nhiệm thiêng liêng với nhân dân, với đất nước.
Cả hai đáp án trên đều đúng.
Cả hai đáp án trên đều sai.
Nội dung đoạn trích là cơ sở hình thành của đất nước, vậy nên cả hai đáp án trên đều sai. Chọn D.
Cây tre trăm đốt.
Thánh Gióng.
Tấm Cám.
Sự tích chàng Trương.
Ca ngợi những người bà nhân từ mang hồn của dân tộc.
Thể hiện hình ảnh bà.
Nhắc lại truyện cổ tích Trầu cau.
Đưa ra lí giải về nguồn gốc của đất nước.
Đất Nước có trong những cái “ngày xửa ngày xưa...” mẹ thường hay kể.
Hạt gạo phải một nắng hai sương xay, giã, giần, sàng.
Đất Nước bắt đầu với miếng trầu bây giờ bà ăn.
Cái kèo, cái cột thành tên.
Câu thơ “Hạt gạo phải một nắng hai sương xay, giã, giần, sàng” → Thành ngữ: “Một nắng hai sương” chỉ sự vất vả, cần cù chăm chỉ của con người. Chọn B.
Liệt kê.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
So sánh.
Biện pháp nghệ thuật nổi bật được tác giả sử dụng trong đoạn thơ trên là liệt kê với: miếng trầu, trồng tre mà đánh giặc, tóc mẹ thì bới sau đầu, gừng cay muối mặn, cái kèo, cái cột... Chọn A.
tích cực.
trao đổi.
cho.
lẫn nhau.
Đọc kĩ ngữ liệu để xác định được nội dung và nghĩa của câu. Xác định được mối quan hệ giữa hai vế của câu. Vế 1: “Bộ Ngoại giao hiện đang rất tích cực đàm phán, trao đổi với các đối tác” là hành động, vế 2; “việc công nhận lẫn nhau hộ chiếu vắc xin” là phạm vi nội dung của hành động trong vế 1 → Như vậy, từ “cho” dùng không đúng chức năng và có thể thay bằng từ “về”. Chọn C.
giờ đây.
vấn đề.
tập trung.
cẩn thận.
Lỗi dùng từ chưa hợp nội dung văn bản, từ “tập trung” dồn sự chú ý, quan tâm, hành động chỉ phòng tránh trong việc cẩn thận chọn mua thực phẩm là chưa đủ, thay thế bằng từ “có thể” ý chỉ cẩn thận chọn mua và nấu nướng là một trong những biện pháp phòng tránh. Chọn C.
nhạy cảm.
thói quen.
cho dù.
thiết lập.
bà.
động viên.
nhưng còn.
chính mình.
tấm gương.
vĩ nhân.
toát lên.
thân thiết.
Nguyễn Trãi.
Trương Hán Siêu.
Tản Đà.
Phạm Ngũ Lão
Tản Đà là tác giả thuộc giai đoạn văn học giao thời đầu thế kỉ XX. Ông được đánh giá là người chuẩn bị cho sự ra đời của thơ mới trong nền văn học Việt Nam, là “gạch nối giữa hai thời kì văn học cổ điển và hiện đại”. Chọn C.
Phạm Tiến Duật.
Xuân Quỳnh.
Nguyễn Khoa Điềm. .
Tố Hữu
Những nhà thơ trưởng thành trong thời kì kháng chiến chống Mĩ là thế hệ nhà thơ sinh khoảng đầu năm 1940, trưởng thành và sáng tác trong giai đoạn 1954 – 1975. Phương án A, B, C là trường hợp những nhà thơ trưởng thành trong giai đoạn ấy (ghi nhớ nhanh: Phạm Tiến Duật sáng tác “Bài thơ về tiểu đội xe không kính” năm 1969, Nguyễn Khoa Điềm viết “Đất Nước” năm 1974, Xuân Quỳnh sáng tác “Sóng” năm 1968). Phương án D (Tố Hữu) trưởng thành và sáng tác từ trước Cách mạng Tháng Tám. Chọn D.
bâng khuâng.
náo nức.
hồi hộp.
lom khom.
Nam Cao.
Nguyễn Công Hoan.
Nguyễn Minh Châu.
Ngô Tất Tố.
Tác giả Nguyễn Minh Châu không thuộc giai đoạn văn học hiện thực trước Cách mạng. Chọn C.
Nhật kí trong tù (Hồ Chí Minh)
Tắt đèn (Ngô Tất Tố)
Chí Phèo (Nam Cao)
Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn.
trắc ẩn.
đau khổ.
bi kịch.
hoài bão.
Thơ Xuân Quỳnh là tiếng lòng của một tâm hồn trắc ẩn, luôn thiết tha gắn bó với cuộc đời, với con người, khao khát tình yêu, trân trọng hạnh phúc bình dị đời thường. Chọn A.
tác phẩm.
lời nói.
chữ viết.
ngôn ngữ.
Câu văn nhắc tới “sản phẩm được cá nhân tạo nên” nên loại nhanh phương án C, D vì “chữ viết” và “ngôn từ” thuộc vốn tài sản chung của cộng đồng, dân tộc. Phương án A sai vì chủ thể tạo ra sản phẩm ở đây là cá nhân nói chung, không phải ai cũng tạo ra được tác phẩm mới phải là những người nghệ sĩ. Chọn B.
luyến tiếc.
yêu quý.
xót thương.
đau khổ.
Với những kiếp người sống cơ cực, tình cảm dành cho họ là niềm xót thương. Chọn C.
kế sách.
thượng sách.
mưu chước.
mưu kế.
Bối cảnh của câu: Đây là câu nói của Hưng Đạo Vương Trần Quốc Tuấn khi được Vua đến thăm (Hưng Đạo Vương khi đó bị ốm) và hỏi ông rằng: “Nếu chẳng may Vương mất, mà giặc phương Bắc lại sang thì làm thế nào?”. Ông đã trả lời rằng “khoan thư sức dân là thượng sách giữ nước muôn đời”.
- Các từ “kế sách”, “mưu chước”, “mưu kế” đều chỉ cách khôn khéo được tính toán kĩ để đánh lừa đối phương, nhằm đạt mục đích của mình.
- Từ “thượng sách” mang nghĩa phương kế coi là hay nhất trong các phương kế. Đặt trong ngữ cảnh trên, từ “thượng sách” là phù hợp nhất.
→ Khoan thư sức dân để làm kế sâu rễ bền gốc, đó là thượng sách giữ nước muôn đời vậy. Chọn B.
lùi lũi.
chậm chạp.
lảo đảo.
lặng lẽ.
Câu (1).
Câu (2).
Câu (3).
Câu (4).
Miêu tả khung cảnh khu chợ nghèo vào thời điểm cuối ngày.
Miêu tả sạp hàng nhỏ của nhà Liên giữa khu phố huyện nghèo.
Miêu tả hành động của những đứa trẻ con nhà nghèo.
Miêu tả cảnh những người bán hàng thu dọn để trở về nhà sau một ngày vất vả mưu sinh.
Học sinh dựa vào những từ ngữ và nội dung của các câu văn, đoạn văn để xác định nội dung chính của đoạn trích. Đoạn trích miêu tả khung cảnh một khu chợ nghèo vào thời điểm ngày tàn với sự vật “Trên đất chỉ còn rác rưởi, vỏ bưởi, vỏ thị, lá nhãn và bã mía.”; mùi hương “Một mùi âm ẩm bốc lên”; hành động của các nhân vật “vài người bán hàng về muộn”, “Mấy đứa trẻ con nhà nghèo”. Chọn A.
Có sức khỏe phi thường.
Mưu trí, thạo nghề.
Ngang tàng, không lượng sức mình.
Có tâm hồn nghệ sĩ.
Giọng điệu, ngôn ngữ biến đổi linh hoạt.
Lập luận sắc bén, dẫn chứng chân thực giàu sức thuyết phục.
Lời văn giàu tính biểu cảm.
Ngôn ngữ hùng hồn nhưng gần gũi.
Đoạn trích nổi bật với những lập luận sắc bén, dẫn chứng chân thực giàu sức thuyết phục. Chọn B.
Tự sự.
Miêu tả.
Thuyết minh.
Nghị luận.
Đoạn trích thuyết minh, cung cấp tri thức về thể loại truyền kì. Chọn C.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh.
Nhân hóa.
Các từ “thân, tay, níu, bọc,…” là những từ được dùng để chỉ hoạt động, tính chất của con người nhưng được sử dụng cho sự vật. Biện pháp nghệ thuật được sử dụng ở đây là biện pháp nhân hoá. Chọn D.
Ẩn dụ.
Nói giảm, nói tránh.
So sánh.
Nhân hóa.
Bình luận.
Phân tích.
Giải thích.
Chứng minh.
Đoạn trích sử dụng thao tác lập luận bình luận là chủ yếu. Với các chi tiết như: “Dân ta có một lòng nồng nàn yêu nước. Đó là một truyền thống quý báu của ta…”. Chọn A.
Thời gian lịch sử.
Không gian địa lí.
Văn hóa tâm linh.
Di sản văn hóa vật thể.
Hàng loạt những không gian địa lí được nhắc đến trong đoạn thơ như: núi Vọng Phu, hòn Trống Mái, trăm ao đầm, Đất tổ Hùng Vương. Chọn B.
Phép điệp, nói quá.
Phép điệp, so sánh.
So sánh, nói quá.
Ẩn dụ, so sánh.
Phép điệp, so sánh: “như”, “đầu”. Chọn B.
So sánh.
Hoán dụ.
Nói giảm, nói tránh.
Ẩn dụ
Trong câu thơ đầu tiên của đoạn trích sử dụng biện pháp hoán dụ: người Thôn Đoài nhớ người Thôn Đông. Chọn B.
Sông Mã.
Rừng núi.
Sài Khao.
Mường Lát.
Những kỉ niệm tuổi thơ của chú bé nhà nghèo, vô tư, ham chơi, tinh nghịch.
Tái hiện xúc động hình ảnh người bà yêu quý.
Tuổi thơ đủ đầy về vật chất của chú bé.
Tuổi thơ của chú bé thiếu vắng tình thương gia đình.
Điệp ngữ.
Nói quá.
Nói giảm, nói tránh.
So sánh.
Nhận thức.
Tình cảm.
Hành động.
Vô thức.
Braxin.
Mêhicô.
Áchentina.
Ai Cập.
làm thất bại chiến tranh xâm lược của Mĩ.
Buộc thực dân Pháp phải phân tán lực lượng.
đánh bại chiến tranh tổng lực của Mĩ.
giành chính quyền trong cả nước.
Phương hướng chiến lược của Đông-Xuân 1953-1954: 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 B.
Tư sản, tiểu tư sản trí thức.
Công nhân và tiểu tư sản.
Công nhân và tư sản dân tộc.
Địa chủ và tư sản dân tộc.
Tư sản, tiểu tư sản tri thức là bộ phần mới ra đời sau chiến tranh thế giới thứ nhất, đây là bộ phận nhạy cảm với thời cuộc và vừa ra đời đã bổ sung thêm lực lượng cho phong trào yêu nước dân tộc dân chủ ở Việt Nam. Chọn A.
Ấn Độ.
Iran.
Nhật Bản.
Xingapo.
Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philippin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn D.
Cuộc Tiến công chiến lược xuân-hè (1972).
Cuộc Tổng tiến công và nổi dậy Xuân (1975).
Chiến thắng "Điện Biên Phủ trên không" (1972).
Hiệp định Pari về Việt Nam được kí kết (1973).
Hiệp định Pari năm 1973 có điều khoản: Hoa Ki rút hết quân đội của mình và quân các nước đồng minh, huỷ bỏ các căn cứ quân sự, cam kết không tiếp tục dinh liu quân sự hoặc can thiệp vào công việc nội bộ của miền Nam Việt Nam. Điều khoản này buộc Mĩ và quân đồng minh của Mĩ phải rút khỏi, đây được coi là việc đánh đấu nhân dân Việt Nam "căn bản" hoàn thành nhiệm vụ đánh cho "Mĩ cút". Chọn D.
Sáng lập Hội liên hiệp thuộc địa ở Pari (1921).
Gửi Bản yêu sách 8 điểm đến Hội nghị Véc-xai (6/1919).
Đọc Sơ thảo luận cương về vấn đề dân tộc và thuộc địa của Lênin (7/1920).
Bỏ phiếu tán thành gia nhập Quốc tế Cộng sản (12/1920).
Đọc Sơ thảo luận cương về vấn đề dân tộc và thuộc địa của Lênin (7/1920) đã giúp Nguyễn Ái Quốc tìm thấy con đường cứu nước đúng đắn cho dân tộc đó là con đường cách mạng vô sản. Chọn C.
Đòi tự do, dân chủ, cơm áo, hòa bình.
Chống phát xít, chống chiến tranh.
Chống chế độ phản động thuộc địa
Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày.
Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày không phải là nội dung được nêu trong Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương tháng 7/1936. Chọn D.
Hoà ước hữu nghị Việt-Pháp.
Hiệp định Pari về Việt Nam.
Hiệp định Sơ bộ.
Tạm ước Việt-Pháp.
Chiều 6-3-1946, tại Hà Nội, Chủ tịch Hồ Chí Minh thay mặt Chính phủ Việt Nam Dân chủ Cộng hoà kí với G. Xanhtơni-đại diện Chính phủ Pháp-bản Hiệp định Sơ bộ.
Pháp chỉ công nhận Việt Nam là quốc gia tư do mà không phải là quốc gia độc lập nên đáp án D sai. Chọn D.
Việt Nam và Pháp thực hiện ngừng bắn tại chỗ.
Pháp công nhận Việt Nam là một nước tự do.
Pháp được đưa quân ra miền Bắc có thời hạn.
Pháp công nhận Việt Nam là quốc gia độc lập.
Theo nội dung của Hiệp định Sơ bộ thì: Chính phủ Pháp công nhận nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà là một quốc gia tự do, có chính phủ riêng, nghị viện riêng, quân đội riêng, tài chính riêng và là thành viên của Liên bang Đông Dương, nằm trong khối Liên hiệp Pháp. Chọn D.
Đàm phán hòa bình và không vi phạm chủ quyền quốc gia.
Trong mọi hoàn cảnh, tuyệt đối không sử dụng vũ trang.
Nhún nhường nước lớn để có hòa bình, phát triển kinh tế.
Tranh thủ sự ủng hộ của nước lớn và các tổ chức quốc tế.
Tất cả các hiệp định Sơ bộ (1946), Giơnevơ (1954) về Đông Dương và Pari (1973) về Việt Nam đều để lại bài học kinh nghiệm chung đó là có thể nhân nhưng cho kẻ thù một số quyển lợi nhất định để đạt được mục đích cuối cùng nhưng dù có nhân nhướng đến đâu cũng đảm bảo chủ quyển quốc gia, dân tộc. Chọn A.
Trung Mĩ.
Ca-ri-bê.
Nam Mĩ.
Bắc Mĩ.
Hoa Kỳ là quốc gia nằm ở Bắc Mỹ. Chọn D.
con người, hàng hóa, cư trú, dịch vụ.
dịch vụ, hàng hóa, tiền vốn, con người.
dịch vụ, tiền vốn, chọn nơi làm việc.
tiền vốn, con người, dịch vụ, cư trú.
Trong thị trường chung châu Âu được tự do lưu thông về dịch vụ, hàng hóa, tiền vốn, con người. Cư trú không nằm trong những lĩnh vực được tự do lưu thông. Chọn B.
ven biển đồng bằng sông Hồng.
ven biển Trung Bộ.
ven biển Nam Trung Bộ.
ven biển Nam Bộ.
hướng núi và độ cao địa hình.
hướng gió và độ cao địa hình.
độ cao địa hình và hướng nghiêng.
hướng nghiêng và hướng gió.
Khí hậu và thiên nhiên giữa vùng núi Đông Bắc và Tây Bắc có sự khác nhau chủ yếu là do hướng núi và độ cao địa hình. Chọn A.
Lâm Đồng.
Đồng Nai.
Quảng Ninh.
Khánh Hòa.
Quảng Ninh có nhiều thành phố trực thuộc nhất. Chọn C.
Cho biểu đồ:
DIỆN TÍCH VÀ SẢN LƯỢNG LÚA NƯỚC TA GIAI ĐOẠN 1990-2020
(Nguồn: gso.gov.vn)
Tốc độ tăng trưởng diện tích và sản lượng lúa nước ta giai đoạn 1990-2020.
Cơ cấu diện tích và sản lượng lúa nước ta giai đoạn 1990-2020.
Diện tích và sản lượng lúa nước ta giai đoạn 1990-2020.
Tốc độ tăng trưởng diện tích lúa nước ta giai đoạn 1990-2020.
Biểu đồ đường + xuất phát từ 100% → thể hiện tốc độ tăng trưởng. Chọn D.
nhà máy lọc dầu.
nhà máy sản xuất xi măng.
nhà máy đóng tàu biển.
nhà máy chế biến thực phẩm.
Cảng nước sâu Dung Quất ở Quảng Ngãi gắn liền với nhà máy lọc dầu Dung Quất. Chọn A.
lợn.
gia cầm.
trâu.
bò.
Nguồn cung cấp thịt chủ yếu trên thị trường nước ta hiện nay là từ chăn nuôi lợn. Đây là loại thịt phổ biến nhất ở nước ta. Chọn A.
Vùng núi phía Bắc.
Đồng bằng sông Hồng.
Đồng bằng sông Cửu Long..
Tây Nguyên
Vùng thường xảy ra lũ quét là nơi có địa hình dốc → Chọn A.
vật liệu xây dựng.
cơ khí nông nghiệp.
sản xuất hàng tiêu dùng.
chế biến lương thực, thực phẩm.
hiệu điện thế giữa hai cực không nhỏ hơn 220 V.
hai điện cực phải đặt rất gần nhau.
điện trường giữa hai điện cực phải có cường độ trên \({3.10^6}\;{\rm{V}}/{\rm{m}}.\)
hai điện cực phải làm bằng kim loại.
Để có thể tạo ra sự phóng tia lửa điện giữa hai điện cực đặt trong không khi ở điều kiện thường thì điện trường giữa hai điện cực phải có cường độ trên 3.106 V/m. Chọn C.
\(3,14\;{\rm{cm}}.\)
\(1\;{\rm{cm}}.\)
\(10\;{\rm{cm}}.\)
\(31,4\;{\rm{cm}}.\)
Khoảng cách từ \({\rm{M}}\) đến dây dẫn là \(r = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{B} = 1\;{\rm{cm}}\). Chọn B.
phản xạ toàn phần.
phản xạ ánh sáng.
tán sắc ánh sáng.
nhiễu xạ.
hiện tượng quang điện.
hiện tượng quang - phát quang.
hiện tượng giao thoa ánh sáng.
nguyên tắc hoạt động của pin quang điện.
Thuyết lượng tử ánh sáng không được dùng để giải thích hiện tượng giao thoa ánh sáng.
Chọn C.
\(10\;{\rm{ms}}.\)
\(12\;{\rm{ms}}.\)
\(20\;{\rm{ms}}.\)
\(25\;{\rm{ms}}.\)
Khoảng cách giữa 2 xung là 6 ô tương đương 6 cm → khoảng thời gian giữa 2 xung là 12 ms. Chọn B.
IV, I, III, II.
IV, II, I, III.
III, II, I, IV.
III, IV, I, II.
Tần số giảm dần → bước sóng tăng dần. Ta có máy chụp kiểm tra tổn thương xương ở cơ thể người phát ra tia X, đèn quảng cáo phát ra ánh sáng khả kiến, bàn là áo quần phát ra tia hồng ngoại, điện thoại di động phát ra sóng vô tuyến. Theo thứ tự là III, II, I, IV. Chọn C.
Một sóng truyền theo phương AB. Tại một thời điểm nào đó, hình dạng sóng có dạng như hình vē. Biết rằng điểm M đang đi lên vị trí cân bằng. Khi đó điểm N đang chuyển động
đi xuống.
sang trái.
sang phải.
đi lên.
Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên. Từ đồ thị ta có, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên → Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên. Chọn D.
\(2\pi {.10^6}{\rm{rad}}/{\rm{s}}.\)
\(2\pi {.10^5}{\rm{rad}}/{\rm{s}}.\)
\(5\pi {.10^5}{\rm{rad}}/{\rm{s}}.\)
\(5\pi {.10^7}{\rm{rad}}/{\rm{s}}.\)
Tần số góc của dao động trong mạch là \(\omega = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} = \frac{{2\pi \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 9}}}} = 2\pi \cdot {10^6}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\). Chọn A.
Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng \(m = 200\;{\rm{g}}\) dao động điều hoà. Chọn gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng. Sự phụ thuộc của thế năng của con lắc theo thời gian được cho như trên đồ thị. Lấy \({\pi ^2} = 10.\) Biên độ dao động của con lắc bằng
\(10\;{\rm{cm}}.\)
\(6\;{\rm{cm}}.\)
\(4\;{\rm{cm}}.\)
\(5\;{\rm{cm}}.\)
Từ đồ thị ta thấy \(\Delta t = \frac{1}{{12}} = \frac{{{T^\prime }}}{3} = \frac{T}{6} \to T = \frac{1}{2}\;{\rm{s}} \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 4\pi ({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)
Ta có: \({{\rm{W}}_{d\max }} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \to A = 5\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn D.
\({Z_C} = 2{Z_L} \Rightarrow {u_C} = - 2{u_L} \Rightarrow {u_L} = - \frac{{{u_C}}}{2} = - \frac{{30}}{2} = - 15V\)
\[u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 40 - 15 + 30 = 55\,V\]
Đáp án: 55 V
Cholesterol là một hợp chất thiết yếu được tìm thấy ở hầu hết các mô trong cơ thể, bao gồm cả tế bào thần kinh. Mức cholesterol trên mức bình thường (trên 6,5 mmol/l) có liên quan đến việc tăng nguy cơ mắc bệnh tim. Cholesterol làm cứng và tắc nghẽn động mạch bằng cách tích tụ các lớp chất rắn (mảng xơ vữa) bên trong động mạch. Điều này đặc biệt nghiêm trọng nếu các động mạch cung cấp máu cho tim hoặc não bị tắc nghẽn. Biết rằng Cholesterol có 27 nguyên tử C. Công thức phân tử của Cholesterol là
\({{\rm{C}}_{27}}{{\rm{H}}_{46}}{\rm{O}}.\)
\({{\rm{C}}_{27}}{{\rm{H}}_{44}}{\rm{O}}.\)
\({{\rm{C}}_{27}}{{\rm{H}}_{43}}{\rm{O}}.\)
\({{\rm{C}}_{27}}{{\rm{H}}_{48}}{\rm{O}}.\)
Từ công thức cấu tạo ta thấy phân tử cholesterol có 4 vòng + 1 liên kết π; 1 nguyên tử O, 27 nguyên tử C.
Công thức phân tử tổng quát là C27HyO.
Áp dụng công thức độ bất bão hòa ta có: \(5 = \frac{{27 \cdot 2 - y + 2}}{2} \Rightarrow y = 46\)
Công thức phân tử của cholesterol là \({C_{27}}{H_{46}}O\). 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 \({200^o }{\rm{C}}\) là
\({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}.\)
\({\rm{CaO}}.{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}.\)
\({\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}.\)
CaO.
Khối lượng \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) ban đầu \( = 17,61\,\,{\rm{gam}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,120\;\,{\rm{mol}}\)
Tại 200\(^oC\), khối lượng giảm 2,17 gam \( = 0,120 \cdot 18 = {m_{{H_2}O}} \Rightarrow \) Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({200^o }{\rm{C}}\) là \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}.\)Chọn A.
4,86.
5,06.
4,08.
3,30.
Dung dịch X tác dụng hết dung dịch \(AgN{O_3}\)dư, thu được 17,22 gam kết tủa AgCl.
Þ \({n_{AgCl}} = \frac{{17,22}}{{143,5}} = 0,12\,mol \Rightarrow {n_{C{l^ - }\,(X)}} = 0,12\,mol\)
Xét trong dung dịch X ta có:
+ Bảo toàn điện tích \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }}}} = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
+ Cho dung dịch \(X + 0,17\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)
Mà để tạo \(0,04\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{Mg}}{({\rm{OH}})_2}\)và \(0,01\;{\rm{mol}}\,{\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) tốn \(0,1\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)
Þ Còn 0,07 mol NaOH tác dụng với \({\rm{A}}{{\rm{l}}^{3 + }}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{({\rm{OH}})}_3} \downarrow }} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 4 \cdot 0,02 - 0,07 = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
\( \Rightarrow {m_ \downarrow } = {m_{Mg{{(OH)}_2}}} + {m_{Cu{{(OH)}_2}}} + {m_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,04 \cdot 58 + 0,01 \cdot 98 + 0,01 \cdot 78 = 4,08\) gam. Chọn C.
\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_4}{{\rm{H}}_8}{\rm{COOH}}.\)
\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOH}}.\)
\({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_4}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOH}}.\)
\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_4}{\rm{COOH}}.\)
Gọi số của X và Y lần lượt 3x và 2x mol.
Vì amino acid X và Y đều chứa một nhóm \({\rm{COOH}}\) và một nhóm \(N{H_2}\)nên: \( \Rightarrow 3x + 2x = 0,14.3 - 0,11.2 \Rightarrow x = 0,04\)
Gọi công thức của X là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{\rm{RCOOH}}:0,12\) mol và của \({\rm{Y}}\) là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{{\rm{R}}^\prime }{\rm{COOH}}\) : 0,08 mol
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0,12(16 + R + 45) + 0,08.\left( {16 + {R^\prime } + 45} \right) = 17,24 \Rightarrow 3R + 2{R^\prime } = 126\\ \Rightarrow R = 14\left( { - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - } \right);\,{R^\prime } = 42\left( { - {{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6} - } \right)\end{array}\)
Vậy công thức của 2 amino acid là \({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOH}}.\) Chọn B.
Thực hiện thí nghiệm chưng cất ethanol từ dung dịch ethanol - nước.
Chuẩn bị: Rượu được nấu thủ công (thành phần chủ yếu gồm ethanol và nước); bình cầu có nhánh 250 mL, nhiệt kế, ống sinh hàn nước, ống nối, ống đong 50 mL, bình tam giác 100 mL, đá bọt, nguồn nhiệt (bếp điện, đèn cồn).
Tiến hành:
- Cho 60 mL rượu được nấu thủ công vào bình cầu có nhánh, thêm vài viên đá bọt.
Chú ý: chất lỏng trong bình không vượt quá \(\frac{2}{3}\) thể tích bình.
- Lắp dụng cụ như Hình bên dưới.
- Đun nóng từ từ đến khi hỗn hợp sôi, quan sát nhiệt độ trên nhiệt kế thấy tăng dần, khi nhiệt độ trên nhiệt kế ổn định, đó chính là nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước. Khi nhiệt độ bắt đầu tăng trở lại thì tắt nguồn nhiệt, ngừng chưng cất.
Cho các phát biểu sau:
(1) Nhiệt độ sôi của ethanol thấp hơn nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước.
(2) Nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước thấp hơn nhiệt độ sôi của nước.
(3) Độ cồn của rượu sau khi đun sẽ lớn hơn so với rượu ban đầu do sau khi đun thì rượu thu được tinh khiết hơn, lẫn ít nước hơn rượu ban đầu.
(4) Ở bình hứng thu được nước nguyên chất.
(5) Đá bọt có vai trò điều hòa quá trình sôi, tránh hiện tượng quá sôi.
Số phát biểu đúng là
2.
3.
4.
5.
Phát biểu đúng: (1), (2), (5).
(3) Sai, \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) có nhiệt độ sôi thấp hơn sẽ bay đi trước, làm cho hỗn hợp ban đầu mất đi \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) và độ rượu của hỗn hợp trong bình cầu sẽ giảm.
(4) Sai, bình hứng thu được hỗn hợp ethanol và nước.
Chọn B.
Tơ tổng hợp.
Tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo).
Tơ thiên nhiên.
Tơ hóa học.
Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên. Chọn C.
18,8.
12,8.
11,6.
6,4.
Vì chất rắn phản ứng với \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) vẫn sinh ra khí \({\rm{NO}} \Rightarrow \) Vẫn còn \({\rm{Cu}}.\)
\( \Rightarrow \) Khí \({{\rm{O}}_2}\) sinh ra đã bị Cu phản ứng hết tạo CuO
\( \Rightarrow \) Khối lượng giảm kia chính là \({{\rm{m}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{9,2}}{{46}} = 0,2\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = 0,1\;{\rm{mol}}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{Cu }}}} = 31,6 - 0,1 \cdot 188 = 12,8{\rm{ gam}}\).
Chọn B.
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}},{\rm{N}}{{\rm{H}}_3},{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}},{\rm{HCl}},{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}.\)
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}},{\rm{N}}{{\rm{H}}_3},{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}},{\rm{HCl}},{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}.\)
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}},{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}},{\rm{HCl}},{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}.\)
\({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{\rm{HCl}},{\rm{N}}{{\rm{H}}_3},{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}},{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}.\)
Đầu tiên, xét về độ dẫn điện, các chất điện li yếu là các acid yếu, base yếu và chất hữu cơ Þ C và E phải là 1 trong 2 chất \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) và \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}.\)
Từ dữ kiện này ta dễ dàng loại được đáp án A và B.
- Tiếp theo, ta nhận xét về pH thứ tự tăng dần là: \({\rm{HCl}};{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}};{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}};{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3};{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)
Xếp theo pH tăng dần của bảng ta có: \({\rm{D}} < {\rm{C}} < {\rm{A}} < {\rm{E}} < {\rm{B}}\)
Chọn C.
Phản ứng thuận thu nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ.
Phản ứng nghịch tỏa nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận khi tăng nhiệt độ.
Phản ứng nghịch thu nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận khi tăng nhiệt độ.
Phản ứng thuận tỏa nhiệt, cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch khi tăng nhiệt độ.
Tỉ khối so với \({{\rm{H}}_2}\) giảm \( \Rightarrow {\rm{M}}\) hỗn hợp giảm đi dẫn đến tổng số mol khí tăng lên \( \Rightarrow \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt hay chiều phản ứng nghịch \((\Delta H > 0)\). Vậy chiều thuận của phản ứng tỏa nhiệt (\(\Delta H < 0).\)
Chọn D.
Tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
Chú ý thí nghiệm (1) phản ứng xảy ra trong một thời gian nên phản ứng không xảy ra hoàn toàn.
Nếu \({\rm{Mg}}\)còn dư trong phản ứng \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \Rightarrow {\rm{m}}\) tăng \( = 0,075\). (64-24) \( = 3\;{\rm{g}} > 1,16.\) Vậy Mg phản ứng hết: \({\rm{x}}\) mol, \({\rm{Fe}}\) phản ứng một phần: y mol
Luôn có \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}^{2 - }}} = 0,075\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = 0,15 < 0,16\) nên trong thí nghiệm dung dịch \({\rm{Y}}\) phản ứng với \({\rm{NaOH}}\) thì \({\rm{NaOH}}\) còn dư, toàn bộ lượng muối chuyển về hydroxide tương ứng \( \Rightarrow 5\) gam chất rắn chứa \({\rm{MgO}},{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3},{\rm{CuO}}\)
\( \Rightarrow 40x + 80y + 80.(0,075 - x - y) = 5 \Rightarrow x = 0,025\;{\rm{mol}}\)
Khối lượng thanh kim loại tăng 1,16 gam
\( \Rightarrow x.(64 - 24) + y.(64 - 56) = 1,16 \to y = 0,02\)
Tổng khối lượng hợp kim là 8,8 gam \( \Rightarrow 108a + 24.0,025 + 56.(b + 0,02) = 8,8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
Bảo toàn electron: \(a + 3b + 0,045.2 = 0,115.2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) giải hệ phương trình được \({\rm{a}} = 0,05,\;{\rm{b}} = 0,03\)
\(\% {\rm{Ag}} = \frac{{0,05 \cdot 108}}{{8,8}} \times 100\% = 61,36\% \). Đáp án: 61,36%
1.
2.
3.
4.
Trong các động vật trên, động vật có hệ tuần hoàn đơn là cá chép. Tôm sú có hệ tuần hoàn hở, cá sấu và chim bồ câu có hệ tuần hoàn kép. Chọn A.
tầng sinh bần.
các vết nứt do sâu mọt.
mạch rây sơ cấp.
vòng gỗ hằng năm.
Những nét hoa văn trên đồ gỗ có xuất xứ từ vòng gỗ hằng năm (Sinh trưởng thứ cấp tạo nên các vòng gỗ đồng tâm với lớp màu sáng (gỗ sớm, hình thành vào mùa xuân, tế bào lớn, thành mỏng) và tối (gỗ muộn, hình thành vào mùa hè và thu, tế bào bé, thành dày) xen kẽ với nhau. Mỗi năm tạo nên một vòng nên còn được gọi là vòng gỗ hằng năm). Chọn D.
miệng và diềm nắp mang đóng mở nhịp nhàng.
cách sắp xếp của mao mạch mang song song và cùng chiều dòng nước.
thành mao mạch mỏng và ẩm ướt.
tỉ lệ giữa diện tích bề mặt trao đổi khí và thể tích cơ thể lớn.
Ở cá xương, dòng nước chảy từ miệng qua mang theo một chiều và gần như liên tục là nhờ miệng và diềm nắp mang đóng mở nhịp nhàng:
- Khi cá thở vào: Cửa miệng cá mở ra, thềm miệng hạ thấp xuống, nắp mang đóng dẫn đến thể tích khoang miệng tăng lên, áp suất trong khoang miệng giảm, nước tràn qua miệng vào khoang.
+ Khi cá thở ra: Cửa miệng cá đóng lại, thềm miệng nâng lên, nắp mang mở ra làm giảm thể tích khoang miệng, áp suất trong khoang miệng tăng lên có tác dụng đẩy nước từ khoang miệng đi qua mang. Ngay lúc đó, cửa miệng cá lại mở ra và thềm miệng lại hạ xuống làm cho nước lại tràn vào khoang miệng. Chọn A.
ATX, TAG, GXA, GAA.
AAA, XXA, TAA, TXX.
AAG, GTT, TXX, XAA.
TAG, GAA, ATA, ATG.
Trên mạch mARN chỉ có A, U, G → Trên mạch mã gốc có A, T, X → Trên mạch bổ sung của gen có T, A, G; không có X. Chọn D.
2.
1.
4.
3.
Các phát biểu đúng là: I, III, IV.
II. Sai. Nếu gen điều hòa R không phiên mã thì sẽ không tạo ra prôtêin ức chế dẫn đến các gen Z, Y, A phiên mã ngay cả khi không có lactôzơ trong môi trường. Chọn D.
Dòng (II) × dòng (IV).
Dòng (I) × dòng (III).
Dòng (II) × dòng (III).
Dòng (I) × dòng (II).
Nguyên nhân dẫn đến hiện tượng ưu thế lai là F1 tập trung nhiều gen dị hợp → Phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là phép lai tạo ra con lai có nhiều kiểu gen dị hợp nhất → Trong các phép lai trên, phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là dòng (I) × dòng (II) (AAbb x aaBB → AaBb). Chọn D.
Di – nhập gen.
Giao phối không ngẫu nhiên.
Các yếu tố ngẫu nhiên.
Chọn lọc tự nhiên.
- Các nhân tố giao phối không ngẫu nhiên, chọn lọc tự nhiên, các yếu tố ngẫu nhiên đều là các nhân tố làm giảm tính đa dạng di truyền của quần thể.
- Trong các nhân tố trên thì di nhập gen vừa có khả năng làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, vừa có khả năng làm tăng tính đa dạng di truyền của quần thể. Vì khi di gen thì có thể làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, khi nhập gen thì có thể làm tăng tính đa dạng di truyền quần thể. Chọn A.
Hình a là cây mọc trong rừng có thân cao, thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn; Hình b là cây mọc nơi trống trải có thân thấp, nhiều cành và tán cây rộng.
Hình a là cây mọc nơi trống trải có thân thấp, nhiều cành và tán cây rộng; Hình b là cây mọc trong rừng có thân cao, thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn.
Hình b là cây mọc nơi trống trải có thân cao, thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn; Hình a là cây mọc trong rừng có thân thấp, nhiều cành và tán cây rộng.
Hình b là cây mọc trong rừng có thân thấp, nhiều cành và tán cây rộng; Hình a là cây mọc nơi trống trải có thân cao, thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn.
Nơi sống của cây a có mật độ cây cao nên có thân cao thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn để nhận được ánh sáng. Cây b mọc ở nơi trống trải nên có nhiều cành và tán cây rộng để nhận được nhiều ánh sáng. Chọn A.
Phả hệ dưới đây mô tả sự di truyền của một bệnh ở người:
Bệnh do hai gen không alen nằm trên các NST thường, tương tác theo kiểu bổ sung.
Bệnh do một gen có hai alen nằm trên NST thường, trong đó alen trội quy định bị bệnh.
Bệnh do một gen có hai alen nằm trên NST thường, trong đó alen lặn quy định bị bệnh.
Bệnh do gen nằm trong tế bào chất quy định, di truyền theo dòng mẹ.
D. Sai. Nếu bệnh do gen trong tế bào chất quy định thì kiểu hình của con sinh ra giống mẹ.
C. Sai. Bố mẹ ở thế hệ thứ III bị bệnh sinh con bình thường nên gen gây bệnh không thể do gen lặn quy định.
B. Sai. Bố mẹ không bị bệnh, sinh con bị bệnh nên gen gây bệnh không thể là gen trội.
Chọn A.
Quy ước gen: Cá thể lông đen có kiểu gen: A1A1/2/3/4; Cá thể lông xám có kiểu gen: A2A2/3/4; Cá thể lông vàng có kiểu gen: A3A3/4; Cá thể lông trắng có kiểu gen: A4A4.
Quần thể có 100 cá thể lông vàng, trong đó có 50 cá thể lông vàng thuần chủng nên:
→ Thành phần kiểu gen của quần thể: \(\frac{1}{2}\;{{\rm{A}}_3}\;{{\rm{A}}_3}:\frac{1}{2}\;{{\rm{A}}_3}\;{{\rm{A}}_4}\)
→ Tần số alen \({{\rm{A}}_3} = \frac{3}{4}\); Tần số alen \({{\rm{A}}_4} = \frac{1}{4}.\)
Cho quần thể ngẫu phối: \(\left( {\frac{3}{4}{A_3}:\frac{1}{4}{A_4}} \right) \times \left( {\frac{3}{4}{A_3}:\frac{1}{4}{A_4}} \right)\)
→ Trong số cá thể lông vàng thu được ở đời \({{\rm{F}}_1}\), số cá thể dị hợp chiếm tỉ lệ là:
\(\frac{{{A_3}{A_4}}}{{{A_3}{A_{3/4}}}} = \frac{{{A_3}{A_4}}}{{1 - {A_4}{A_4}}} = \frac{{2 \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}}}{{1 - \frac{1}{4} \times \frac{1}{4}}} = \frac{2}{5}\). Đáp án: \(\frac{2}{5}.\)
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.
