Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 6)
150 câu hỏi
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Tổng cộng có 40 học sinh trong lớp của thầy Duy đã bình chọn môn học các em yêu thích. Các kết quả được hiển thị trong biểu đồ hình tròn ở hình vẽ bên. Có bao nhiêu học sinh bình chọn môn toán?
12.
14.
16.
18.
Theo biểu đồ hình tròn, ta thây \(100\% \) tương ứng với \(360^\circ .\)
Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Văn là: \(\left( {\frac{{90}}{{360}} - \frac{{15}}{{100}}} \right) \cdot 100\% = 10\% \).
Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Toán là: \(\left( {\frac{{180}}{{360}} - \frac{{10}}{{100}}} \right) \cdot 100\% = 40\% \).
Số học sinh bình chọn môn Toán là: \(40\% \cdot 40 = 16\) (học sinh). Chọn C.
\(\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right).\)
\[\left( { - 2\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right).\]
\(\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( { - 1\,;\,\,2\,;\,\, - 3} \right).\)
Ta có \[\overrightarrow {OA} = \vec i - \vec j + 3\vec k \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right).\]
Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 2 - 4 + 0}}{3} = - 2{\rm{ }}}\\{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 1 - 1}}{3} = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy \(G\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\). Chọn C.
1.
5.
7.
\( - 1.\)
Ta có \({z_2} = \left( {1 + i} \right){z_1} = \left( {1 + i} \right)\left( {3 - 2i} \right) = 5 + i\)
Suy ra \(w = 2{z_1} - {z_2} = 2\left( {3 - 2i} \right) - \left( {5 + i} \right) = 1 - 5i\).
Do đó, phần thực của số phức \(w = 2{z_1} - {z_2}\) bằng 1. Chọn A.
\(43\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(67\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(59\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
\(27\,\,{\rm{m}}/{\rm{s}}.\)
Có: \(S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t \Rightarrow v\left( t \right) = 3{t^2} + 4t + 3\).
Xét thời điểm chất điểm cách vị trí ban đầu \(108\,\;{\rm{m}}\), ta có:
\[S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t = 108 \Leftrightarrow t = 4\,\,(\;{\rm{s}})\]
\( \Rightarrow v\left( 4 \right) = 3 \cdot {4^2} + 4 \cdot 4 + 3 = 67\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\) Chọn B.
\(a\sqrt 3 .\)
\(\frac{{3a}}{4}.\)
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
\(\frac{{2a}}{3}.\)
Vì \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên \(BC\,{\rm{//}}\,\left( {SAD} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {BC,\,\,SD} \right) = d\left( {BC,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right).\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BA \bot AD}\\{BA \bot SA}\end{array} \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = BA} \right.\).
Tam giác ABC vuông tại \(B\) nên\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}} = \sqrt {5{a^2} - 2{a^2}} = a\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = AB = a\sqrt 3 \Rightarrow d\left( {SD,\,\,BC} \right) = a\sqrt 3 .\) Chọn A.\[\vec d = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right).\]
\(\vec u = \left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)
\(\vec v = \left( {5\,;\,\, - 6\,;\,\,1} \right).\)
\(\vec c = \left( {3\,;\,\, - 5\,;\,\,2} \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {BA} = \left( {4\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)
Một vectơ pháp tuyến của \(\left( {ABC} \right)\) là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {BA} \,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,5} \right).\)
Đường cao kẻ từ \(A\) nằm trong \(\left( {ABC} \right)\) và vuông góc với \[BC\] nên có một vectơ chỉ phương là
\(\left[ {\vec n\,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 9\,;\,\,6\,;\,\,3} \right) = - 3\vec d\).
Suy ra \(\vec d\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương cần tìm. Chọn A.
1
2
3
4
Ta có \((C)\) cắt trục hoành \((y = 0)\) tại điểm \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\)
Trong các đường thẳng \[{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3},\,\,{d_4}\] chỉ có \(M \in {d_3}\), có nghĩa là có 1 đường thẳng đi qua \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.
6
4
3
2
Do \(M\) là trung điểm của \[SD\] nên ta có:
\(d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)\)
Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\)
\( \Rightarrow {V_{MBCD}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) \cdot {S_{BCD}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}d\left( {S,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) \cdot \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = 3\). Chọn C.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình bên. Giá trị nhỏ nhất của hàm số \[g\left( x \right) = f\left( {x - 1} \right) - \frac{x}{{x + 1}}\] trên đoạn \[\left[ {1\,;\,\,2} \right]\] bằng
\(f(0) - \frac{1}{2}.\)
\(f(0) + \frac{1}{2}.\)
\(f(1) - \frac{2}{3}.\)
\(f(1) + \frac{2}{3}.\)
Ta có \[g'\left( x \right) = f'\left( {x - 1} \right) - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\]
Với \(x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right] \Leftrightarrow x - 1 \in \left[ {0\,;\,\,1} \right] \Rightarrow f'\left( {x - 1} \right) < 0\)
Mà \({\left( {x + 1} \right)^2} > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right]\) nên suy ra \(g'\left( x \right) > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {1\,;\,\,2} \right].\)
Do đó \[{\min _{\left[ {1\,;\,\,2} \right]}}g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = f\left( 0 \right) - \frac{1}{2}.\] Chọn A.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[\left( S \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} + {z^2} = 64.\]
\(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {z^2} = 9.\)
\(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 65.\)
\[\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z + 2} \right)^2} = 65.\]
Mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) có phương trình \(z = 0\)
Tâm \(I\) là giao điểm của \(d\) với mặt phẳng \[\left( {Oxy} \right) \Rightarrow I \in d \Rightarrow I\left( {t\,;\,\,1 + 2t\,;\,\, - 1 - t} \right)\]
\(I \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow - 1 - t = 0 \Rightarrow t = - 1 \Rightarrow I\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA} = \left( {6\,;\,\,5\,;\,\, - 2} \right)\)
Bán kính mặt cầu là: \(R = IA = \sqrt {{6^2} + {5^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {65} .\)
Vậy phương trình của mặt cầu là \(\left( S \right):{\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} + {z^2} = 65.\) Chọn C.
Không có giá trị m.
\(m < - 3\) hoặc \(m > 2.\)
\( - 3 < m < 2.\)
\(m = 2.\)
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + {m^2} + m + 6 = 0\) có hai nghiệm đối nhau
\( \Leftrightarrow \) phương trình có hai nghiệm trái dấu \({x_1},\,\,{x_2}\) và \({x_1} + {x_2} = 0\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} + m + 6 < 0}\\{m - 2 = 0}\end{array} \Leftrightarrow m \notin \emptyset .} \right.\) Chọn A.
\(24\;\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(15\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(20\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
\(10\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Gọi \({V_1}\) là thể tích của khối \(\left( {{H_1}} \right)\) (khối bên dưới).
Gọi \({V_2}\) là thể tích của khối \(\left( {{H_2}} \right)\) (khối bên trên).
Ta có \({V_2} = \pi r_2^2{h_2} = \pi \cdot {\left( {\frac{1}{2}{r_1}} \right)^2} \cdot \left( {2{h_1}} \right) = \frac{1}{2}\pi r_1^2{h_1} = \frac{1}{2}{V_1}\).
Lại có \({V_1} + {V_2} = 30 \Leftrightarrow {V_1} + \frac{1}{2}{V_1} = 30 \Leftrightarrow {V_1} = 20\,\,\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\) Chọn C.
6
7
9
5
Ta có công thức tính tổng \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng với \({u_1},d\) lần lượt là số hạng đầu tiên và công sai: \({S_n} = n \cdot {u_1} + \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot d = \frac{d}{2} \cdot {n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right)n\).
Theo đề bài, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{d}{2} = 1}\\{{u_1} - \frac{d}{2} = 4}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d = 2}\\{{u_1} = 5}\end{array}} \right.} \right.\).
Số hạng thứ 27 của dãy cấp số cộng là: \({u_{27}} = {u_1} + \left( {27 - 1} \right) \cdot d = 57.\) Chọn B.
66
70
33
64
Điều kiện: \({x^2} - 4 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < - 2}\\{x > 2}\end{array}} \right.\).
Ta có: \({\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _5}7 < {\log _7}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _7}5\)
\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) - 2{\log _5}7 < \frac{{{{\log }_5}\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{{\log }_5}7}} - 2{\log _7}5\)
\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {1 - {{\log }_7}5} \right) < 2\left( {\frac{1}{{{{\log }_7}5}} - {{\log }_7}5} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) < 2 \cdot \frac{{1 + {{\log }_7}5}}{{{{\log }_7}5}} \Leftrightarrow {\log _5}\left( {{x^2} - 4} \right) < 2{\log _5}35\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 4 < {35^2} \Leftrightarrow - \sqrt {1229} < x < \sqrt {1229} \)
Kết hợp điều kiện ta suy ra \(\left[ \begin{array}{l}2 < x < \sqrt {1229} \\ - \sqrt {1229} < x < - 2\end{array} \right.\)
Từ đó suy ra có 66 số nguyên \(x\) thỏa mãn. Chọn A.
\(F\left( 0 \right) = - \frac{1}{3}\ln 2 + 2.\)
\(F\left( 0 \right) = - \frac{2}{3}\ln 2 + 2.\)
\(F\left( 0 \right) = - \frac{2}{3}\ln 2 - 2.\)
\(F\left( 0 \right) = - \frac{1}{3}\ln 2 - 2.\)
Cách 1: Ta có \[F\left( x \right) = \int {\frac{{\sin xdx}}{{1 + 3\cos x}}} = - \int {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{3\cos x + 1}}} = - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos x + 1} \right| + C.\]
Mà \(F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos \left( {\frac{\pi }{2}} \right) + 1} \right| + C = 2 \Rightarrow C = 2.\)
Do đó, \(F\left( 0 \right) = - \frac{1}{3}\ln \left| {3\cos \left( 0 \right) + 1} \right| + 2 = - \frac{1}{3}\ln 4 + 2 = - \frac{2}{3}\ln 2 + 2.\)
Vậy \(F\left( 0 \right) = - \frac{2}{3}\ln 2 + 2.\)
Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:
\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) - F(0) \Rightarrow F(0) = F\left( {\frac{\pi }{2}} \right) - \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{\sin x}}{{1 + 3\cos x}}} \;{\rm{d}}x.\) Chọn B.
\(m > 1.\)
\(m < 1.\)
\(m < - 1.\)
\( - 1 < m < 1.\)
Bất phương trình có tập nghiệm \({S_1} = \left( {2\,;\,\, + \infty } \right).\)
Bất phương trình \(\left( {{m^2} + 1} \right)x < 4 \Leftrightarrow x < \frac{4}{{{m^2} + 1}}\) (do \({m^2} + 1 > 0).\)\(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\)
Suy ra \[{S_2} = \left( { - \infty \,;\,\,\frac{4}{{{m^2} + 1}}} \right).\]
Để hệ bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \({S_1} \cap {S_2} \ne \emptyset \)
\( \Leftrightarrow \frac{4}{{{m^2} + 1}} > 2 \Leftrightarrow 4 > 2\left( {{m^2} + 1} \right) \Leftrightarrow 2 > 2{m^2} \Leftrightarrow {m^2} < 1 \Leftrightarrow - 1 < m < 1.{\rm{ }}\)Chọn D.
353
171
161
343
Ta có \( - 1 \le \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] \le 1\) nên \(16 - 4 \le 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}(t - 70)} \right] + 16 \le 16 + 4\)
\( \Leftrightarrow 12 \le 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 16 \le 20.{\rm{ }}\)
Do đó ngày có it ánh sáng mặt trời nhất khi
\[d\left( t \right) = 12 \Leftrightarrow 4\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] + 16 = 12 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right)} \right] = - 1\]
\[ \Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {t - 70} \right) = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow t = - 21 + 364k \Rightarrow t = 343.\] Chọn D.
0
1
2
4
Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{Z}} \right)\) nên \(\bar z = x - yi.\)
Ta có \(\left| {2z + \bar z} \right| = 3 \Leftrightarrow \left| {2\left( {x + yi} \right) + x - yi} \right| = 3\)\[ \Leftrightarrow \left| {3x + yi} \right| = 3 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {3x} \right)}^2} + {y^2}} = 3 \Leftrightarrow 9{x^2} + {y^2} = 9\]
Lại có \(w = z\left( {1 + i} \right) + 1 - i = \left( {x + yi} \right)\left( {1 + i} \right) + 1 - i\)\( = x + xi + yi - y + 1 - i = \left( {x - y + 1} \right) + \left( {x + y - 1} \right)i\).
Khi đó \(w\) là số thuần ảo \( \Leftrightarrow x - y + 1 = 0\) (2).
Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{x^2} + {y^2} = 9}\\{x - y + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9{x^2} + {{\left( {x + 1} \right)}^2} = 9}\\{y = x + 1}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left( {x\,;\,\,y} \right) = \left\{ {\left( { - 1\,;\,\,0} \right),\,\,\left( {\frac{4}{5};\frac{9}{5}} \right)} \right\}.\) Chọn C.
2.
\(\sqrt 2 .\)
\(2\sqrt 2 .\)
\(4\sqrt 2 .\)
Ta có: \(y' = - {x^3} - 4x\,;\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 2}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Từ BBT suy ra điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là \(M\left( {0\,;\,\,3} \right).\)
Tiếp tuyến của đồ thị tại điểm cực tiểu là đường thẳng \(y = 3.\)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và tiếp tuyến là:
\( - \frac{1}{4}{x^4} + 2{x^2} + 3 = 3 \Leftrightarrow - \frac{1}{4}{x^4} + 2{x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm 2\sqrt 2 }\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow A\left( { - 2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right),\,\,B\left( {2\sqrt 2 \,;\,\,3} \right) \Rightarrow AB = 4\sqrt 2 .\) Chọn D.
\(19\;\,{\rm{m}}.\)
\(20\;\,{\rm{m}}.\)
\(\frac{{39}}{4}\;\,{\rm{m}}.\)
\(\frac{{15}}{4}\;\,{\rm{m}}.\)
Phương trình gia tốc của vật là: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 3\,\,\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)
Khi \(a = 24 \Leftrightarrow 3{t^2} - 3 = 24 \Rightarrow t = 3\,\,(s).\)
Quãng đường vật đi được từ khi bắt đầu chuyển động là:
\(s = \int\limits_0^3 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^3 {\left( {{t^3} - 3t + 1} \right)dt} = \frac{{39}}{4}\,(m){\rm{.}}\) Chọn C.
\(4\pi {R^2}.\)
\(2\sqrt 3 \pi {R^2}.\)
\(\frac{{3\sqrt 7 }}{7}\pi {R^2}.\)
\(\frac{{6\sqrt 7 }}{7}\pi {R^2}.\)
Gọi \(K\) là trung điểm \[AB,\] đặt \(AB = 2a.\)
Ta có \(AB \bot OK\) và \(AB \bot OO'\) nên \(\widehat {OKO'} = 60^\circ \Rightarrow O'K = 2OK\)
\( \Rightarrow O'{K^2} = 4O{K^2} \Rightarrow 3{a^2} = 4\left( {{R^2} - {a^2}} \right) \Rightarrow {a^2} = \frac{{4{R^2}}}{7}\)
Mà \[O{O'^2} = O'{B^2} - O{B^2} = 4{a^2} - {R^2} = 4 \cdot \frac{{4{R^2}}}{7} - {R^2} = \frac{{9{R^2}}}{7}\]
\[ \Rightarrow O'O = \frac{{6\sqrt 7 \pi R}}{7}.\]
\(m = 1\,,\,\,m = 5.\)
\(m = 5.\)
\(m = 1.\)
\(m = - 1.\)
Tập xác định \(\mathbb{R}.\)
Ta có \(y' = {x^2} - 2mx + {m^2} - 4\,;\,\,y'' = 2x - 2m.\)
Để hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - m{x^2} + \left( {{m^2} - 4} \right)x + 3\) đạt cực đại tại \(x = 3\) thì
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 3 \right) = 0}\\{y''\left( 3 \right) < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 6m + 5 = 0}\\{6 - 2m < 0}\end{array}} \right.} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ \begin{array}{l}m = 5\\m = 1\end{array} \right.}\end{array}\\m > 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 5.\] Chọn B.
\(x = 2a.\)
\(x = a.\)
\(x = \frac{{3a}}{2}.\)
\(x = \frac{a}{2}.\)
Ta có \(SB = SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {x^2}} .\)
\[\Delta SDC = \Delta SBC;BM \bot SC\,\,;\,\,DM \bot SC\,;\,\,BM = DM\,;\,\,M \in SC.\]
\[SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {{x^2} + 2{a^2}} \,,\,\,MD = \frac{{SD \cdot CD}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }}\]
Mặt khác \[\left( {\left( {SBC} \right)\,;\,\,\left( {SDC} \right)} \right) = \widehat {\left( {BM\,;\,\,BD} \right)} = 60^\circ \]• TH1: \(\widehat {BMD} = 60^\circ \Rightarrow MD = BD \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} = a\sqrt 2 \) (vô nghiệm).
• TH2: \(\widehat {BMD} = 120^\circ \Rightarrow BD = MD\sqrt 3 \Leftrightarrow a\sqrt 2 = \frac{{a\sqrt 3 \sqrt {{x^2} + {a^2}} }}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} \Leftrightarrow x = a.\) Chọn B.
\(\left| a \right|.\)
\(2\left| a \right|.\)
\(3\left| a \right|.\)
\(\frac{3}{2}\left| a \right|.\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right);\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {0\,;\,\,2a\,;\,\,0} \right);\)
\(\,\,\overrightarrow {AA'} = \left( {0\,;\,\,0\,;\,\,2a} \right).\)
Theo quy tắc hình hộp ta có:
\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \Leftrightarrow \overrightarrow {AC'} = \left( {a\,;\,\,2a\,;\,\,2a} \right).\)
Suy ra \[AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {2a} \right)}^2}} = 3\left| a \right|.\]
Vậy độ dài đoạn thẳng \(AC' = 3\left| a \right|.\) Chọn C.\(m = \frac{1}{5}.\)
\(m = - 5.\)
\(m = - \frac{1}{5}.\)
\(m = 5.\)
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{d_1}:3x - 4y + 15 = 0}\\{{d_2}:5x + 2y - 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{y = 3}\end{array} \Rightarrow {d_1} \cap {d_2} = A\left( { - 1\,;\,\,3} \right)} \right.} \right..\)
Để ba đường thẳng đã cho cùng đi qua một điểm thì \({d_3}\) phải đi qua giao điểm \(A\left( { - 1\,;\,\,3} \right)\) của \({d_1}\) và \({d_2}\) hay \(A\left( { - 1\,;\,\,3} \right) \in {d_3} \Rightarrow - m - 6m + 3 + 9m - 13 = 0 \Leftrightarrow m = 5.\) Chọn D.
Cho đường tròn có đường kính bằng 4 và 2 Elip lần lượt nhận 2 đường kính vuông góc với nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1. Diện tích \[S\] phần hình phẳng ở bên trong đường tròn và bên ngoài 2 Elip (phần gạch tô màu trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây?
\(S = 4,8.\)
\(S = 3,9.\)
\(S = 3,7.\)
\(S = 3,4.\)
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ (tâm của hình tròn)
Hai Elip lần lượt có phương trình là \(\left( {{E_1}} \right):\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\) và \(\left( {{E_2}} \right):\frac{{{x^2}}}{1} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1.\)Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình \({x^2} + \frac{{1 - \frac{{{x^2}}}{4}}}{4} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{5} \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\)
Diện tích hình phẳng cần tìm là:
\[S = \pi \cdot {2^2} - \pi \cdot 2 \cdot 1 - 8\int\limits_2^{\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} {\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} } \right)} \,{\rm{d}}x \approx 3,7.\] Chọn C.
\(\frac{2}{9}.\)
\(\frac{9}{2}.\)
\(\frac{2}{3}.\)
\(\frac{3}{2}.\)
Ta có \(\frac{{2a - 1}}{{b - 2}} = {\log _2}3 \Leftrightarrow 2a - 1 = \left( {b - 2} \right) \cdot {\log _2}3\)
\( \Leftrightarrow {2^{2a - 1}} = {2^{\left( {b - 2} \right) \cdot {{\log }_2}3}} \Leftrightarrow \frac{{{2^{2a}}}}{2} = {\left( {{2^{{{\log }_2}3}}} \right)^{b - 2}} \Leftrightarrow \frac{{{4^a}}}{2} = {3^{b - 2}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{4^a}}}{2} = \frac{{{3^b}}}{9} \Leftrightarrow \frac{{{3^b}}}{{{4^a}}} = \frac{9}{2}.\) Chọn B.
\(1 < m < 2.\)
\(m < 1\) hoặc \(m > 2.\)
\( - 2 \le m \le 1.\)
\(m < - 2\) hoặc \(m > 1.\)
Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + 4my + 19m - 6 = 0\)
\[ \Leftrightarrow {\left( {x - m - 2} \right)^2} + {\left( {y + 2m} \right)^2} + {z^2} = {\left( {m + 2} \right)^2} + 4{m^2} - 19m + 6\]
Yêu cầu bài toán trở thành: \({\left( {m + 2} \right)^2} + 4{m^2} - 19m + 6 > 0\)
\( \Leftrightarrow 5{m^2} - 15m + 10 > 0 \Leftrightarrow m < 1\) hoặc \(m > 2.\) Chọn B.
\[2\,\,209\,\,233\] đồng.
\[2\,\,665\,\,464\] đồng.
\[2\,\,665\,\,463\] đồng.
\[2\,\,609\,\,234\] đồng.
Lãi suất năm thứ nhất là: \(8,2\% \).
Lãi suất năm thứ 2 là: \(8,2 + 0,12 = 8,32\% \).
....
Lãi suất năm thứ 7 là: \(8,2 + 0,12.6 = 8,92\% \).
Suy ra sau 7 năm thì số tiền nhận được là:
\[1,5 \cdot \left( {1 + 0,082} \right) \cdot \left( {1 + 0,082} \right) \cdot \left( {1 + 0,0892} \right) = 2,665\,\,463\,\,087\] (triệu đồng). Chọn C.
\[\left( {1\,;\,\,1} \right).\]
\(\left( {0\,;\,\, - 1} \right).\)
\(\left( {0\,;\,\,1} \right).\)
\[\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\]
Đặt \(z = x + yi\,\,\left( {x,\,\,y \in \mathbb{R}} \right).\)
Ta có \(\left| {z - i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)z} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right)} \right| \Leftrightarrow \left| {x + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {\left( {x - y} \right) + \left( {x + y} \right)i} \right|\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {x - y} \right)^2} + {\left( {x + y} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2y - 1 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 2.\)
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường tròn có tâm \(\left( {0\,;\,\, - 1} \right).\) Chọn B.
-3
2
1
0
Ta có \(\frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}} = \frac{{2\left( {x + 1} \right) - \left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}} = \frac{2}{{2x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}}.\)
Do đó \(\int\limits_1^2 {\frac{{dx}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}} = \int\limits_1^2 {\left( {\frac{2}{{2x + 1}} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)} \,{\rm{d}}x = 2 \cdot \int_1^2 {\frac{1}{{2x + 1}}} \;{\rm{d}}x - \int_1^2 {\frac{1}{{x + 1}}} \;{\rm{d}}x\)
\( = \left. {2 \cdot \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 1} \right|} \right|_1^2 - \left. {\ln \left| {x + 1} \right|} \right|_1^2 = \left. {\ln \left( {2x + 1} \right)} \right|_1^2 - \left. {\ln \left( {x + 1} \right)} \right|_1^2\)\( = \ln 5 - \ln 3 - \left( {\ln 3 - \ln 2} \right) = \ln 2 - 2\ln 3 + \ln 5.\)
Suy ra \(a = 1\,,\,\,b = - 2\,,\,\,c = 1.\)
Vậy \(a + b + c = 1 + \left( { - 2} \right) + 1 = 0.\) Chọn D.
3.
\(\sqrt 3 .\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)
Theo bài ra, ta có \(l = d = 2R\) và \({S_{tp}} = 9\pi \).
Suy ra \({S_{tp}} = \pi Rl + \pi {R^2} = \pi R.2R + \pi {R^2} = 9\pi \Leftrightarrow 3\pi {R^2} = 9\pi \Leftrightarrow {R^2} = 3\).
Do đó \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}} = \sqrt {3{R^2}} = \sqrt {3 \cdot 3} = 3.\) Chọn A.
\(\frac{{57}}{{286}}.\)
\(\frac{{24}}{{143}}.\)
\(\frac{{27}}{{143}}.\)
\(\frac{{229}}{{286}}.\)
Chọn 3 bạn học sinh trong 13 bạn \(C_{13}^3\) cách.
* TH1: Có 1 học sinh nữ 12 và 1 học sinh năm 11.
• Chọn 1 học sinh nữ có 3 cách.
• Chọn 1 học sinh 11 có 2 cách.
• Chọn 1 học sinh nữa có 11 cách.
Do đó, số cách chọn là: \(3 \cdot 2 \cdot 11 = 55\) (cách).
* TH2: Có 2 học sinh nữ 12 và 1 học sinh 11.
• Chọn 2 học sinh nữ có \(C_3^2\) cách.
• Chọn 1 học sinh 11 có 2 cách.
Do đó, số cách chọn là: \(2 \cdot C_3^2 = 2\) (cách).
Suy ra \(P = \frac{{2 + 55}}{{C_{13}^3}} = \frac{{57}}{{286}}.\) Chọn A.
\(\left( { - 25\,;\,\, - 15} \right).\)
\(\left( { - 14\,;\,\,1} \right).\)
\(\left( {1\,;\,\,8} \right).\)
\(\left( {8\,;\,\,12} \right).\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} - 4x - 2\) có \(f'\left( x \right) = 4x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow f\left( 1 \right) = - 4\)
Ta có \(h\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) - 2f\left( x \right) + m\), có \(h'\left( x \right) = 2f'\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]\)
Suy ra \(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 0}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right.\).
• Với \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow h\left( 1 \right) = m + 24\).
• Với \(f\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow x = 1 \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Rightarrow h\left( {1 \pm \frac{{\sqrt {10} }}{2}} \right) = m - 1\).
Tại \(x = - 1 \Rightarrow h\left( { - 1} \right) = m + 8;\) tại \(x = 3 \Rightarrow h(3) = m + 8\)
Khi đó \(A = {\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = m + 24;\quad a = {\min _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}h\left( x \right) = m - 1.\)
Mà \[{\max _{\left[ { - 1\,;\,\,3} \right]}}g\left( x \right) = 15 \Leftrightarrow \frac{{\left| {A + a} \right| + \left| {A - a} \right|}}{2} = 15 \Leftrightarrow \left| {2m + 23} \right| + 25 = 30 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 9}\\{m = - 14}\end{array}} \right.\]
Vậy tổng các giá trị của \(m\) là \[ - 23\]. Chọn A.
0
-1
3
4
Vì \[M \in \Delta \Rightarrow M\left( {t\,;\,\,1 + t\,;\,\, - 2 - 2t} \right)\] nên ta có
• \[M{A^2} = {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( {2 - t} \right)^2} + {\left( {2t} \right)^2} = 6{t^2} - 6t + 5\]
• \(M{B^2} = {\left( { - t} \right)^2} + {\left( {3 - t} \right)^2} + {\left( { - 3 + 2t} \right)^2} = 6{t^2} - 18t + 18;\)
• \(M{C^2} = {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( {1 - t} \right)^2} + {\left( { - 2 + 2t} \right)^2} = 6{t^2} - 12t + 6 \Rightarrow 2M{C^2} = 12{t^2} - 24t + 12.\)
Suy ra \(M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2} = 24{t^2} - 48t + 35 = 24\left( {{t^2} - 2t + 1} \right) + 11 = 24{\left( {t - 1} \right)^2} + 11 \ge 11\)
Nên \(M{A^2} + M{B^2} + 2M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \(t = 1\).
Do đó \[M\left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 4} \right)\] nên \(a = 1\,;\,\,b = 2\,;\,\,c = - 4.\) Vậy \(a + b + c = - 1.\) Chọn B.
Ta có \(A = \left[ {4\,;\,\,7} \right]\) và \(B = \left[ {2a + 3b - 1\,;\,\,3a - b + 5} \right]\).
Khi đó \(A = B \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 3b - 1 = 4}\\{3a - b + 5 = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 3b = 5}\\{3a - b = 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\) \( \Rightarrow M = {a^2} + {b^2} = 2.\) Đáp án: 2.
Gọi chiều dài trang giấy là \(x\;\,({\rm{cm)}}\) \( \Rightarrow \) Chiều rộng của trang giấy là \(\frac{{384}}{x}\;\,{\rm{cm}}.\)
Khi đó diện tích trang giấy khi bỏ lề là:
\(\left( {x - 6} \right)\left( {\frac{{384}}{x} - 4} \right) = 408 - \left( {4x + \frac{{2304}}{x}} \right) \le 408 - 2\sqrt {4x \cdot \frac{{2304}}{x}} = 408 - 2 \cdot 96 = 216\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)
Vậy kích thước trang giấy tối ưu nhất khi \(4x = \frac{{2304}}{x} \Rightarrow x = 24\,\,(\;{\rm{cm}}).\)
(Kích thước trang giấy tối ưu nhất khi diện tích khi bỏ lề của trang giấy là lớn nhất).
Đáp án: 24.
Yêu cầu bài toán trở thành: \(f\left( x \right)\) có đúng 1 điểm cực trị dương.
Xét \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^4}{\left( {x - m} \right)^5}{\left( {x + 3} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = m}\\{x = - 3}\end{array}} \right.\)
• TH1: \(m = 1\) suy ra \(f'\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^9}{\left( {x + 3} \right)^3}\).
Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị dương là \(x = 1.\)
• TH2: \(m \ne 1\) suy ra \(f'\left( x \right)\) loại nghiệm \(x = 1\) (nghiệm bội chẵn)
Và loại nghiệm \(x = - 3\) (nghiệm âm) nên \(x = m > 0.\)
Vậy \(0 < m \le 5\) và nên suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5} \right\}.\) Đáp án: 5.
Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{2{x^3} + 2}} = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{2\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{{x + 1}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\)
Suy ra \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} + 2x + 1}}{{2{x^3} + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = \frac{0}{6} = 0.\]
Đáp án: 0.
− Mỗi hình vuông \(1 \times 1\) hay \(2 \times 2\) hoặc hình chữ nhật \(1 \times 3\) đều tạo ra được 4 tam giác vuông với 3 đỉnh tam giác lấy từ 4 đỉnh của các hình tương ứng.
− Mỗi hình chữ nhật \(1 \times 2\) và \(2 \times 3\) lần lượt tạo ra được 6 và 12 tam giác vuông với 3 đỉnh tam giấc lấy từ 4 đỉnh của các hình và các điểm chia cách đều nằm trên các cạnh.
• Có 6 hình vuông \(1 \times 1\) nên có \(6 \cdot 4 = 24\) (tam giác vuông).
• Có 2 hình vuông \(2 \times 2\) nên có \(2 \cdot 4 = 8\) (tam giác vuông).
• Có 7 hình chữ nhật \(1 \times 2\) nên có \(6 \cdot 7 = 42\) (tam giác vuông).
• Có 2 hình chữ nhật \(1 \times 3\) nên có \(2 \cdot 4 = 8\) (tam giác vuông).
• Có 1 hình chữ nhật \(2 \times 3\) nên có \(1 \cdot 12 = 12\) (tam giác vuông).
Suy ra có tất cả \(T = 24 + 8 + 42 + 8 + 12 = 94\) tam giác vuông được tạo thành.
Đáp án: 94.
Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - {x^2} + 4x - 3 \ge 0}\\{{x^2} - mx + 2 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 \le x \le 3}\\{{x^2} - mx + 2 \ne 0}\end{array}} \right.} \right..\)
Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 = 0\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \[\left[ {1\,;\,\,3} \right].\]
\( \Leftrightarrow {x^2} - mx + 2 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{{{x^2} + 2}}{x}\) có hai nghiệm phân biệt thuộc \[\left[ {1\,;\,\,3} \right].\]
Đặt \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{x}\) có \(f'\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^2}}};\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 .\)
Bảng biến thiên:
Vậy \(2\sqrt 2 < m \le 3.\) Suy ra có 1 giá trị nguyên thỏa mãn.
Đáp án: 1.
Ta có \({\left( {{x^2} + 3} \right)^2}f'\left( x \right) = 2x \cdot {f^2}\left( x \right)\,\,;\,\,f\left( x \right) \ne 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}.\)
Suy ra \[\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} = \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}} \Rightarrow \int\limits_1^3 {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^3 {\frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}}} \,{\rm{d}}x\]\( \Leftrightarrow \int\limits_1^3 {\frac{{{\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}}} = \int\limits_1^3 {\frac{{{\rm{d}}\left( {{x^2} + 3} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^2}}}} \)
\( \Leftrightarrow - \left. {\frac{1}{{f\left( x \right)}}} \right|_1^3 = - \left. {\frac{1}{{{x^2} + 3}}} \right|_1^3 \Leftrightarrow \frac{1}{{f\left( 1 \right)}} - \frac{1}{{f\left( 3 \right)}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}}\)\( \Leftrightarrow \frac{1}{4} - \frac{1}{{f\left( 3 \right)}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{{12}} \Leftrightarrow f\left( 3 \right) = 12.\)
Chú ý công thức: \(\int {\frac{{{\rm{d}}u}}{{{u^2}}}} = - \frac{1}{u}.\)
Đáp án: 12.
Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}} = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\)
\( \Rightarrow d \bot \left( P \right)\) và \(d \cap (P) = M\left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} = (2; - 1;2) \Rightarrow MA = 3\)
Gọi \[H,\,\,K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \({d_1}\) và \({d_2},\) ta có\(d\left( {{d_1}\,;\,\,d} \right) = d\left( {M\,;\,\,{d_1}} \right) = MH,\,\,\,d\left( {{d_2}\,;\,\,d} \right) = d\left( {M\,;\,\,{d_2}} \right) = MK\)
\( \Rightarrow MH = MK = \sqrt 6 \) \( \Rightarrow \sin \widehat {MAK} = \sin \widehat {MAH} = \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)
\( \Rightarrow \cos \left( {{d_1};\,\,{d_2}} \right) = \left| {\cos \left( {2 \cdot \widehat {MAH}} \right)} \right| = \left| {1 - 2{{\sin }^2}\widehat {MAH}} \right| = \left| {1 - \frac{4}{3}} \right| = \frac{1}{3}.\) Đáp án: \(\frac{1}{3}.\)
Điều kiện: \(\frac{{{x^3} - 2{x^2} + 2}}{{{x^2} + m}} > 0.\)
Do \({x^3} - 2{x^2} + 2 > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]\) nên chỉ cần xét điều kiện \({x^2} + m > 0\).
Với điều kiện (*) ta có:
Bất phương trình \( \Leftrightarrow \ln \left( {{x^3} - 2{x^2} + 2} \right) - \ln \left( {{x^2} + m} \right) + {x^3} - 3{x^2} + 2 - m \ge 0\)
\( \Leftrightarrow \ln \left( {{x^3} - 2{x^2} + 2} \right) + {x^3} - 2{x^2} + 2 \ge \ln \left( {{x^2} + m} \right) + {x^2} + m\)
Xét hàm: \(f\left( t \right) = \ln t + t\) trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{t} + t > 0\,\,\forall t \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( t \right)\) là hàm đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
Do đó \((1) \Leftrightarrow {x^3} - 2{x^2} + 2 \ge {x^2} + m \Leftrightarrow m \le {x^3} - 3{x^2} + 2.\)
Đặt \(g(x) = {x^3} - 3{x^2} + 2.\)
BPT đã cho nghiệm đúng \[\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]\] khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + m > 0\,;\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right]}\\{m \le \min { _{\left[ {0\,;\,\,3} \right]}}\,g\left( x \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 0}\\{m \le - 2}\end{array}} \right.} \right.\).
Vậy không tồn tại giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Đáp án: 0.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị được cho như hình vẽ ở bên dưới. Hỏi phương trình \(\left| {f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) - 2} \right| = 1\) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Dựa vào đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\), ta có:
\(\left| {f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) - 2} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) = 1}\\{f\left( {{x^3} - 3x + 1} \right) = 3}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} - 3x + 1 = b}&{(b < - 1)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}\\{{x^3} - 3x + 1 = c}&{( - 1 < c < 2)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)}\\{{x^3} - 3x + 1 = d}&{(d > 3)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)}\\{{x^3} - 3x + 1 = a}&{(a > d)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)}\end{array}} \right.\)Dựa vào đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3x + 1\) (hình vẽ dưới đây)
Suy ra phương trình (1), (2), (4) mỗi phương trình có 1 nghiệm.
Phương trình (3) có 3 nghiệm và các nghiệm đều phân biệt.
Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt.
Đáp án: 6.
Vì \(C \in BC\) nên \(C\left( {4 + t\,;\,\,5 + t\,;\,\, - 7 - 4t} \right).\)
\[BC\] có vectơ chỉ phương \[\vec u = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\]
Mặt phẳng \((\alpha )\) có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
Gọi \(\varphi \) là góc giữa \[BC\] và \((\alpha ).\) Ta có \(\sin \varphi = \left| {\cos \left( {\vec u\,;\,\vec n} \right)} \right| = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi = 30^\circ .\)
Tức là \(A\) là hình chiếu của \(C\) lên \((\alpha ).\)
Vậy \[\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = CA = d\left( {C;\,\,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {4 + t - 7 - 4t - 3} \right|}}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = - 1}\\{t = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)}\\{C\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,5} \right)}\end{array}} \right.} \right.\]
Mà \(C\) có cao độ âm, suy ra \(C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)\).
Lúc này \[AC\] qua \(C\left( {3\,;\,\,4\,;\,\, - 3} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec n = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right).\)
Suy ra phương trình tham số của đường thẳng \(AC:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 + t}\\{y = 4}\\{z = - 3 + t}\end{array} \Rightarrow A\left( {3 + t\,;\,\,4\,;\, - 3 + t} \right)} \right..\)
Mà \(A\) nằm trong mặt phẳng \((\alpha ):x + z - 3 = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2} \Rightarrow {x_A} = \frac{9}{2}.\) Đáp án: \[{\bf{4}},{\bf{5}}.\]
Ta có: \(\frac{{ - 2 - 3i}}{{3 - 2i}} = \frac{{2.{i^2} - 3i}}{{3 - 2i}} = - i \cdot \frac{{ - 2i + 3}}{{3 - 2i}} = - i\).
Suy ra \(\left| {\frac{{ - 2 - 3i}}{{3 - 2i}}z + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| { - i \cdot z + 1} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| { - i} \right| \cdot \left| {z + \frac{1}{{ - i}}} \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {z + i} \right| = 1.\)
Tập hợp điểm \(z\) thỏa mãn là đường tròn tâm \(I\left( {0\,;\,\, - 1} \right)\) bán kính \(R = 1.\)
Suy ra giá trị lớn nhất của \[\left| z \right|\] là \(OI + R = 1 + 1 = 2.\) Đáp án: 2.
Đặt \(t = 2{x^2} - y\,\,\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\), ta có \(4 + {3^{2{x^2} - y + 2}} = \left( {4 + {9^{2{x^2} - y}}} \right) \cdot {7^{y - 2{x^2} + 2}}\)
\( \Leftrightarrow 4 + {9.3^t} = \left( {4 + {9^t}} \right) \cdot \frac{{49}}{{{7^t}}} \Leftrightarrow 4\left( {{7^t} - 49} \right) + {9^t}\left[ {9 \cdot {{\left( {\frac{7}{3}} \right)}^t} - 49} \right] = 0.\)
Nhận thấy \(t = 2\) là nghiệm của phương trình.
• Xét \(t > 2\) thì \({7^t} > 49\) và \(9 \cdot {\left( {\frac{7}{3}} \right)^t} > 49\) nên \({\rm{VT}} > 0\) mà \({\rm{VT}} = 0\) nên phương trình vô nghiệm.
• Xét \(t < 2\) tương tự suy ra \({\rm{VT}} < 0\) mà \({\rm{VT}} = 0\) nên phương trình vô nghiệm.
Như vậy phương trình có nghiệm duy nhất là \(t = 2.\)
Suy ra \(2{x^2} - y = 2 \Leftrightarrow y = 2{x^2} - 2.\)
Thay vào \(P = \frac{{x + y + 10}}{x} = \frac{{x + 2{x^2} - 2 + 10}}{x} = 1 + 2x + \frac{8}{x} \ge 1 + 2\sqrt {2x \cdot \frac{8}{x}} = 1 + 2 \cdot 4 = 9.\)
Dấu "=" xảy ra khi \(2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2 \Rightarrow y = 6 \Rightarrow x + y = 8.\)
Đáp án: 8.
Ta có \(N\) là trung điểm của \[S,\,\,O,\,\,D\] là trung điểm của \[CM\] nên \(E\) là trọng tâm tam giác \[SCM.\]
Ký hiệu \[h,\,\,S,\,\,V\] tương ứng là chiều cao, diện tích đáy và thể tích khối chóp \[S.ABCD\] ta có
\({S_{BCM}} = S \Rightarrow {V_{N.BCM}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{h}{2} \cdot S = \frac{V}{2}{\rm{. }}\)
Khi đó \(\frac{{{V_{M.EDF}}}}{{{V_{M.NCB}}}} = \frac{{ME}}{{MN}} \cdot \frac{{MD}}{{MC}} \cdot \frac{{MF}}{{MB}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow {V_{M.EDF}} = \frac{V}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{V}{{12}}.\)
Như vậy \({V_{BFDCNE}} = \frac{V}{2} - \frac{V}{{12}} = \frac{{5\;{\rm{V}}}}{{12}} \Rightarrow {V_{SABFEN}} = \frac{{7\;{\rm{V}}}}{{12}} \Rightarrow \frac{{{V_{SABFEN}}}}{{{V_{BFDCNE}}}} = \frac{7}{5}.\)
Đáp án: \[{\bf{1}},{\bf{4}}.\]
Gọi chiều cao máng nước là: \(h = 10 \cdot \cos \theta \,\,({\rm{cm}})\).
Chiều dài đáy trên máng nước là:
\(10 + 2 \cdot \sqrt {{{10}^2} - {h^2}} = 10 + 2 \cdot \sqrt {{{10}^2} - {{\left( {10 \cdot \cos \theta } \right)}^2}} = 10 + 20 \cdot \sin \theta \,\,({\rm{cm}})\).
Máng nước chứa được nhiều nước nhất khi diện tích hình vẽ lớn nhất
\( \Leftrightarrow S = \frac{{10 + 20 \cdot \sin \theta + 10}}{2} \cdot 10 \cdot \cos \theta = 100 \cdot (1 + \sin \theta ) \cdot \cos \theta = 100 \cdot \left( {\cos \theta + \frac{{\sin 2\theta }}{2}} \right)\).
Ta có \(S' = 100\left( { - \sin \theta + \cos 2\theta } \right) = 100\left( { - \sin \theta + 1 - 2{{\sin }^2}\theta } \right)\)
Khi đó \(S' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin \theta = - 1}\\{\sin \theta = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).
Ta có bảng biến thiên:
Do đó \({S_{\max }} \Leftrightarrow \sin \theta = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sin \theta = 30^\circ {\rm{.}}\) Đáp án: 30.
Tình cảm của tác giả với thiên nhiên và con người xứ Huế.
Cảnh thiên nhiên xứ Huế hoang sơ, mộc mạc.
Tâm trạng bồn chồn, phấp phỏng của thi nhân khi ở thôn Vĩ Dạ.
Nỗi niềm yêu thương giấu kín của thi nhân dành cho cô gái ở thôn Vĩ.
Lộng lẫy, tráng lệ.
Hùng vĩ, huyền ảo.
Tinh khôi, thanh khiết.
Rực rỡ, chói chang.
Thông qua các chi tiết “nắng hàng cau nắng mới lên” (cái nắng sớm mai trong trẻo tinh khôi) và “vườn ai mướt quá xanh như ngọc” (khu vườn xanh mướt, tràn đầy sức sống) cho thấy khung cảnh khu vườn thôn Vĩ tinh khôi, thanh khiết. Chọn C.
Trách móc nhẹ nhàng pha chút hờn giận.
Xã giao, khách sáo gợi sự xa cách.
Trêu đùa, mỉa mai có ý trách móc.
Trân trọng, nhiệt tình thể hiện sự chân thành.
Biểu cảm, nghị luận.
Tự sự, miêu tả.
Tự sự, biểu cảm.
Miêu tả, biểu cảm.
Đoạn thơ vừa miêu tả khung cảnh thôn Vĩ trong buổi sớm mai, vừa thể hiện tình cảm của tác giả với thiên nhiên và con người thôn Vĩ. Chọn D.
Câu (1).
Câu (2).
Câu (3).
Câu (4).
Trong đoạn thơ, câu thứ 4 xuất hiện hình ảnh con người “lá trúc che ngang mặt chữ điền” gợi vẻ đẹp kín đáo, dịu dàng của người thôn Vĩ, con người và thiên nhiên hài hòa với nhau. Chọn D.
Hầu hết mọi người đều gặp khó khăn khi tiếp thu các tri thức khoa học hiện đại.
Những phát hiện của khoa học hiện đại thường mâu thuẫn với suy nghĩ của con người.
Khoa học đã mang đến cho con người nhiều công cụ mới.
Khoa học đã ảnh hưởng và thúc đẩy mạnh mẽ đến sự phát triển công nghệ.
Phân tích các đáp án: Phương án A có từ khóa “gặp khó khăn khi tiếp thu các tri thức khoa học hiện đại” đã xuất hiện ở câu đầu tiên của văn bản → Loại phương án A. Phương án C có từ khóa “khoa học mang đến nhiều công cụ mới” → Xuất hiện trong câu đầu tiên đoạn (3). Phương án D có từ khóa “khoa học ảnh hưởng tới công nghệ” → Nội dung câu cuối của văn bản. Phương án B có từ khóa “mâu thuẫn với suy nghĩ của con người”, trong văn bản là “mâu thuẫn với cảm tính”; “cảm tính” khác với “suy nghĩ” → Không xuất hiện trong văn bản. Chọn B.
Ngày nay mọi người thường có xu hướng nhầm lẫn giữa khoa học với công nghệ.
Francis Bacon là người đưa ra lập luận rằng “tri thức là sức mạnh”.
Uy tín của khoa học bị ảnh hưởng bởi tính khó hấp thu của nó và sự cảm tính của con người.
Khoa học đã cung cấp cho chúng ta nhiều công cụ mới.
Khoa học.
Nghệ thuật.
Chính luận.
Báo chí.
ăn uống.
tiếp thu.
hấp thụ.
thích nghi.
Xác định ý nghĩa câu văn chứa từ “tiêu hóa”: mọi người gặp khó khăn khi học tập/làm việc/tiếp cận... với các vấn đề mang tính khoa học → Từ “tiêu hóa” được dùng với nghĩa chuyển.
- Giải nghĩa các từ có trong đáp án:
+ Ăn uống: Hành động để nạp năng lượng của con người/con vật.
+ Tiếp thu: Tiếp nhận một điều gì đó và biến thành nhận thức của mình.
+ Hấp thụ: Hiện tượng các chất rắn hay lỏng thu hút các chất từ hỗn hợp khí.
+ Thích nghi: Biến đổi nhất định phù hợp với hoàn cảnh, điều kiện.
- Xác định từ phù hợp: từ “tiêu hóa” được dùng với nghĩa chuyển để chỉ sự tiếp thu các tri thức khoa học, vì vậy từ gần nghĩa với nó sẽ là “tiếp thu” → Chọn B.
Sức mạnh của tri thức.
Sức mạnh của công nghệ.
Sức mạnh của khoa học.
Sức mạnh của công cụ.
Xác định nghĩa của các từ tri thức, công nghệ, khoa học, công cụ:
- Tri thức: những điều hiểu biết có hệ thống về sự vật, hiện tượng tự nhiên hoặc xã hội.
- Công nghệ: các phương tiện kĩ thuật, các phương pháp tổ chức, quản lí được sử dụng vào quy trình sản xuất để tạo ra các sản phẩm vật chất và dịch vụ.
- Khoa học: hệ thống tri thức tích lũy trong quá trình lịch sử và được thực tiễn chứng minh, phản ánh những quy luật khách quan của thế giới bên ngoài cũng như của hoạt động tinh thần của con người, giúp con người có khả năng cải tạo thế giới hiện thực.
- Công cụ: cái được dùng để tiến hành một việc nào đó, hoặc để đạt đến một mục đích nào đó.
Đọc đoạn trích để xác định nội dung tổng quát, xác định trong đoạn trích nói về cả “khoa học” (đoạn 1); “tri thức” và “công cụ” (đoạn 2); “công cụ” và “công nghệ” (đoạn 3).
Từ việc giải nghĩa các phương án, thấy được “tri thức” chỉ được nhắc đến một lần nhưng “tri thức” là khái niệm của khả năng bao hàm trong đó khái niệm “khoa học”, “công cụ”, “công nghệ”. Chọn A.
Thác đá, đá, mặt sông, vách đá.
Sóng, thác đá, đá, mặt sông, vách đá.
Vách đá, đá, thác đá, mặt sông, bầu trời.
Sóng, bầu trời, thác đá, vách đá, mặt sông.
So sánh, liệt kê.
Ẩn dụ, hoán dụ.
Phóng đại, liệt kê.
Câu hỏi tu từ, chơi chữ.
Vách đá thấp, khoảng cách giữa đôi bờ xa xôi, con người tiện lợi di chuyển.
Vách đá cao, khoảng cách giữa đôi bờ hẹp, tạo thành một cái ngõ.
Vách đá ngang người, tạo sự thoải mái dễ chịu khi đi qua.
Vách đá tạo nên những hình thù đẹp tạo nên một cảnh quan kì vĩ.
Ngửa cổ lên nhìn vào một điểm trên cao.
Nhìn sang hai bên dòng sông.
Trông chờ vào một điều sắp tới.
Nhìn vào một điểm ở xa tầm mắt.
Sự tài tình và dũng cảm của người lái đò sông Đà.
Vẻ đẹp hung bạo của sông Đà.
Vẻ đẹp trữ tình của sông Đà.
Tình cảm của tác giả đối với sông Đà.
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Khi bạn dám nghĩ dám làm.
Khi bạn biết ngưỡng mộ người khác.
Khi bạn biết đạt ra mục tiêu và phương pháp đạt được mục tiêu đó.
Khi bạn có thái độ sống tốt.
Nhân hóa.
So sánh.
Điệp ngữ.
Nói quá.
Kĩ năng của người đó.
Hiểu biết của người đó.
Khả năng của người đó .
Tri thức của người đó.
Bạn không chỉ thể hiện được bản thân mình mà còn được nhiều người thừa nhận và yêu mến hơn.
Bạn sẽ thu được nhiều lợi nhuận về kinh tế do dám nghĩ, dám làm.
Nâng cao sức khỏe của bản thân.
Được mọi người ngưỡng mộ
Bà.
nhân cách.
phóng khoáng.
vô danh.
Thanh Thảo là tác giả nam. → Thanh Thảo là một gương mặt đầy tâm huyết cho sự đổi mới thơ Việt. Ông đi tìm kiếm những nhân cách tài hoa, những nhân cách bất khuất, những suy nghĩ phóng khoáng, hay ông đến với những người vô danh, lặng thầm mà bất diệt. Chọn A.
Ban chủ nhiệm.
Chúng ta.
thảo luận.
nhất quán.
quý mến.
ghi lại.
tần tảo.
trữ tình.
chiến lược.
đau lòng.
loại trừ.
tất cả.
yêu dấu.
rộng rãi.
đẹp đẽ.
rung động.
Chiều tối.
Vội vàng.
Tương tư.
Tiếng thu.
nước hoa quả.
nước ngọt.
nước giải khát.
nước non.
nhút nhát.
e dè.
lo ngại.
lo sợ.
“Nhút nhát” là tính từ chỉ tính cách. Các từ còn lại chỉ trạng thái hoạt động của con người. Chọn A.
bó củi.
cây củi.
cành củi.
củi đun.
hiên ngang.
ngang tàng.
ngang nhiên.
ngạo nghễ.
Giải nghĩa các từ:
+ hiên ngang: tỏ ra đàng hoàng, tự tin, không chịu cúi đầu khuất phục trước những sự đe doạ.
+ ngang tàng: tỏ ra bất chấp, không sợ gì, không chịu khuất phục ai.
+ ngang nhiên: tỏ ra bất chấp mọi quyền lực, mọi sự chống đối, cứ thản nhiên làm theo ý mình mà không chút e sợ.
+ ngạo nghễ: tỏ ra không chút e sợ, mà coi thường, bất chấp tất cả.
- Các từ: “hiên ngang, ngang tàng, ngạo nghễ” mang nghĩa tích cực, “ngang nhiên” mang nghĩa tiêu cực. Chọn C.
ước mơ.
mong muốn.
khát khao.
thích thú.
ở/ phải.
trong/ bị.
trong/ để.
ở/ bị.
đời sống.
giới hạn.
khoảng.
phạm vi.
hiện thực.
trào phúng.
trào lộng.
châm biếm.
minh họa - quan điểm.
minh họa - ý tưởng.
khắc họa - tư tưởng.
khắc họa - suy nghĩ.
Ta nhận thấy chỗ trống thứ nhất có ít sự lựa chọn hơn nên ta tìm từ ngữ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ nhất trước.
+ Minh họa: làm rõ thêm, sinh động thêm nội dung muốn trình bày, bằng hình vẽ hoặc những hình thức dễ thấy, dễ hiểu.
+ Khắc họa: miêu tả bằng lời văn một cách đậm nét, rõ ràng, khiến cho nổi bật lên như chạm, vẽ.
Đặt trong nội dung về câu: “Số tranh mang tính chất ______ đơn thuần rất ít”, ta chọn được từ thích hợp để điền vào chỗ trống thứ nhất là “minh họa”.
→ Loại 2 phương án C và D.
Chỗ trống thứ hai với hai từ “quan điểm” và “ý tưởng”:
+ Quan điểm: cách nhìn, cách suy nghĩ.
+ Ý tưởng: những ý nghĩ chưa trọn vẹn, cái bám vào để triển khai một việc gì đó.
Đặt trong nội dung về câu: “những _______ của nhà văn chỉ là cái cớ cho hội họa mà thôi” ta chọn từ thích hợp là “ý tưởng” vì đó chính là cái cớ, cái bám vào để tạo nên những tác phẩm hội họa. Chọn B.
Quyết tâm chống giặc của ông cha ta.
Phải sử dụng bạo lực Cách mạng để chống lại bạo lực phản Cách mạng.
Phải có một tinh thần sẵn sàng tham gia chiến đấu.
Thể hiện sức mạnh đoàn kết của nhân dân ta.
Sử dụng từ ngữ gợi hình, gợi cảm.
Ngôn ngữ đối thoại sinh động.
Miêu tả diễn biến tâm lí tinh tế.
Tạo dựng tình huống bất ngờ.
Đoạn văn tái hiện suy nghĩ, tâm trạng của nhân vật Chí khi tỉnh rượu vào sáng hôm sau. Toàn bộ đoạn văn làm nổi bật tài năng phân tích tâm lí của tác giả. Chọn C.
Thị thấy hối hận vì đã theo Tràng về nhà.
Thị buồn vì không thấy một ai ra đón mình.
Thị lo lắng mẹ Tràng không chấp nhận thị.
Thị buồn vì thấy gia cảnh Tràng cũng quá nghèo khổ.
Người vợ nhặt “nén một tiếng thở dài” vì Thị buồn khi thấy gia cảnh Tràng cũng quá nghèo khổ. Chọn D.
So sánh.
Nhân hóa.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
Câu “Hắn đã tới cái dốc bên kia của đời” sử dụng phép ẩn dụ chỉ tuổi ngày càng cao thêm, sức khỏe ngày một kém đi. Chọn C.
Ngoại hình.
Lời nói.
Cử chỉ, hành động.
Cảm xúc, cảm giác.
Kí.
Truyện.
Truyện ngắn.
Tùy bút.
Phê phán cách sáng tạo những ngôn ngữ vô bổ của giới trẻ đang làm mất đi sự trong sáng của Tiếng Việt
Xem việc giới trẻ sáng tạo ra một số từ ngữ mới là chuyện bình thường, điều đó còn có lợi cho sự sáng tạo của giới trẻ.
Ca ngợi sự sáng tạo của giới trẻ trong ngôn ngữ đã làm giàu thêm, phong phú thêm kho tàng ngôn ngữ của Tiếng Việt.
Không đồng tình với việc giới trẻ xem ngôn ngữ như một loại trò chơi để mua vui và giải trí trong cuộc sống.
Quan điểm của người viết được thể hiện trong đoạn trích trên là: Xem việc giới trẻ sáng tạo ra một số từ ngữ mới là chuyện bình thường, điều đó còn có lợi cho sự sáng tạo của giới trẻ.
- Căn cứ vào nội dung đoạn trích: “Chuyện giới trẻ tạo ra một số từ ngữ, một số cách nói riêng cũng là bình thường.” [...] “Nó hoàn toàn không vô bổ, mà có giá trị kích thích sự hưng phấn, giúp giới trẻ có cảm hứng để làm việc và học tập hăng say, hiệu quả hơn.”
- Trong đoạn trích trên, tác giả không thể hiện quan điểm phê phán, ca ngợi hay không đồng tình mà chỉ xem việc giới trẻ sáng tạo từ ngữ mới là chuyện bình thường. Vì vậy các đáp án A, C, D không chính xác. Chọn B.
Lộc ngộc, hồn nhiên.
Dũng cảm, kiên cường.
Giàu tình yêu thương gia đình.
Yêu nước, căm thù giặc.
Ẩn dụ.
Hoán dụ.
So sánh.
Nhân hóa.
Tân.
Người cha.
Người mẹ.
Nghĩa.
Vì Huấn Cao vốn là người tù mà lại cho chữ viên quản ngục đáng ra là người bề trên.
Vì hoàn cảnh cho chữ là trong phòng giam tử tù.
Vì trật tự xã hội bị đảo lộn.
Vì hoàn cảnh cho chữ, người cho chữ, người nhận chữ và ý nghĩa việc cho chữ.
Tự do.
Lục bát.
Song thất lục bát.
Thất ngôn bát cú.
Khung cảnh phố huyện lúc chiều tàn.
Cuộc sống ảm đạm của những con người nơi phố huyện.
Sự nghèo nàn và buồn bã của nơi phố huyện.
Vẻ đẹp thơ mộng của nơi phố huyện.
Miêu tả, tự sự, biểu cảm.
Miêu tả, biểu cảm.
Thuyết minh.
Tự sự.
Ngôi thứ nhất.
Ngôi thứ hai.
Ngôi thứ ba.
Ngôi thứ nhất và ngôi thứ ba.
Chiếm hữu nô lệ.
Tư bản chủ nghĩa.
Sản xuất phong kiến.
Phong kiến hóa.
Angiêri được trao quyền tự trị.
Có nhiều nước được trao trả độc lập.
Libi được trao quyền tự trị.
Ai Cập được Pháp trao quyền tự trị.
Quốc kì là lá cờ đỏ sao vàng.
tiến hành đổi mới đất nước.
thành lập Mặt trận Việt Minh.
cải cách ruộng đất trong cả nước.
Đất nước không bị ảnh hưởng bởi thiên tai.
Luôn đề cao vai trò của yếu tố con người.
Lãnh thổ có nhiều tài nguyên khoáng sản.
Duy trì được hệ thống thuộc địa ở châu Á.
Tài liệu lịch sử giá trị.
Một biên niên sử.
Một áng văn lập quốc.
Nguồn sử liệu quý.
Tuyên ngôn Độc lập của Hồ Chi Minh là một áng văn lập quốc vĩ đại, "là bản anh hủng ca chiến đấu và chiến thắng của dân tộc Việt Nam, nêu cao ý chi đấu tranh của toàn dân để giữ vững quyền độc lập tự do, bảo vệ chế độ cộng hoà dân chủ Việt Nam"; kết tinh những giá trị văn hóa của dân tộc và toàn nhân loại; kết tinh ý chí và nguyện vọng độc lập tự do của nhân dân Việt Nam. Quyền độc lập tự do của dân tộc Việt Nam được khẳng định trong Tuyên ngôn Độc lập đã đặt cơ sở pháp lý quan trọng đầu tiên của nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà. Chọn C.
Phong kiến.
Tư sản.
Dân chủ.
Vô sản.
Đề ra và xây dựng thành công chế độ chủ nghĩa xã hội trên cả nước.
Đã kết hợp nhiệm vụ kháng chiến và kiến quốc trên phạm vi cả nước.
Đã làm thất bại hoàn toàn tham vọng của Mĩ trong chiến lược toàn cầu.
Thực hiện nhiều nhiệm vụ chiến lược khi đất nước đang có chiến tranh.
Chiến dịch Việt Bắc thu-đông năm 1947.
Chiến dịch Biên giới thu-đông năm 1950.
Chiến cục Đông-Xuân năm 1953-1954.
Chiến dịch Điện Biên Phủ năm 1954.
chủ động đánh địch và mở hàng loạt các cuộc tiến công địch ở đồng bằng sông Cửu Long.
kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và đồng loạt mở các cuộc tiến công địch.
kiên quyết đánh trả, bảo vệ vùng giải phóng và chủ động mở những cuộc tiến công địch.
chủ động đánh địch và mở hàng loạt các cuộc tiến công địch ở Đông Nam Bộ.
Thực hiện Nghị quyết Hội nghị Trung ương lần thứ 21 của Đảng, từ cuối năm 1973, quân dân ta ở miền Nam không những kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng, mà còn chủ động mở những cuộc tiến công địch tại những căn cứ xuất phát các cuộc hành quân của chúng, mở rộng vùng giải phóng. → kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và chủ động mở những cuộc tiến công địch. Chọn C.
Chứng tỏ sự lớn mạnh và khả năng thắng lớn của quân ta, giúp Bộ chính trị hoàn chỉnh kế hoạch giải phóng miền Nam.
Giáng một đòn mạnh và chính quyền và quân đội Sài Gòn.
Làm lung lay ý chí chiến đấu của quân đội Sài Gòn.
Tạo tiền đề thuận lợi để hoàn thành sớm quyết tâm giải phóng hoàn toàn miền Nam.
Chiến dịch đánh đường 14 - Phước Long (12/1974-1/1975) là một phép thử chiến lược của ta với 3 nội dung:
- Đô thị Phước Long cách Sài Gòn khoảng 100km, nếu ta đánh Phước Long mà quân Sài Gòn không giữ được thì chứng tỏ rằng quân Sài Gòn đã suy yếu → Thử khả năng của quân đội Sài Gòn, sự suy yếu và bất lực của chúng.
- Mĩ trước khi rút quân đã nói rằng nếu ta đánh quân đội Sài Gòn thì Mĩ sẽ trở lại. Do đó, ta đánh thử xem Mĩ có trở lại thật không → Thăm dò phản ứng của Mĩ, khả năng can thiệp trở lại bằng lực lượng chiến đấu Mĩ.
- Với 1 đô thị gần Sài Gòn như vậy, có quân đội Sài Gòn hùng mạnh như vậy, nếu ta đánh thì liệu có thể thắng được không? Nếu thắng thì liệu có giữ được không? → Nếu ta đánh mà thắng và giữ được thì chứng tỏ thế và lực của ta đã mạnh → Đánh giá khả năng đánh lớn, khả năng thắng lớn của quân đội ta.
Chọn A.
Nâng cao sức cạnh tranh cho thị trường chung.
Giảm thiểu những rủi ro khi chuyển đổi tiền tệ.
Thuận lợi cho việc chuyển giao vốn trong EU.
Thu hẹp trình độ phát triển kinh tế giữa các nước.
Việc sử dụng chung đồng Ơ-rô trong Liên minh châu Âu (EU) không mang lại lợi ích trực tiếp là thu hẹp trình độ phát triển kinh tế giữa các nước. Còn A, B, C là những lợi ích trực tiếp do đồng Ơ- rô mang lại. Chọn D.
núi cao và hoang mạc.
núi thấp và đồng bằng.
đồng bắng và hoang mạc.
núi thấp và hoang mạc.
Biên giới Trung Quốc với các nước chủ yếu là núi cao và hoang mạc. Chọn A.
thu hút đầu tư nước ngoài.
bảo vệ chủ quyền lãnh thổ.
thiếu nguồn lao động.
phát triển nền văn hóa.
Đều là các đồng bằng phù sa châu thổ sông.
Có hệ thống đê sông kiên cố để ngăn lũ.
Có hệ thống sông ngòi, kênh rạch chằng chịt.
Có đất mặn, đất phèn chiếm phần lớn diện tích.
Phân tích nội dung các đáp án, ta thấy:
A. Đều là các đồng bằng phù sa châu thổ sông. → đúng. Chọn A.
B. Có hệ thống đê sông kiên cố để ngăn lũ. → sai, chỉ có ĐBSH có đê.
C. Có hệ thống sông ngòi, kênh rạch chằng chịt. → sai, đây là đặc điểm của ĐBSCL.
D. Có đất mặn, đất phèn chiếm phần lớn diện tích. → sai, đây là đặc điểm của ĐBSCL.
3.
4.
5.
6.
Diện tích gieo trồng cây lương thực có hạt phân theo vùng nước ta giai đoạn 2000-2020.
Cơ cấu diện tích gieo trồng cây lương thực có hạt phân theo vùng nước ta giai đoạn 2000-2020.
Quy mô và diện tích gieo trồng cây lương thực có hạt phân theo vùng nước ta giai đoạn 2000-2020.
Tốc độ tăng trưởng diện tích gieo trồng cây lương thực có hạt phân theo vùng nước ta giai đoạn 2000-2020.
Tam Điệp.
Hoành Sơn.
Bạch Mã.
Hoàng Liên Sơn.
Nhiều sông.
Phần lớn là sông nhỏ.
Giàu phù sa.
Ít phụ lưu.
ngư dân có nhiều kinh nghiệm làm muối.
độ muối của biển cao hơn các vùng khác.
Nhiều nắng, ít mưa, ít cửa sông.
được Nhà nước quan tâm đầu tư nhiều.
Ngăn chặn nạn phá rừng, đốt rừng.
Đẩy mạnh giao đất, giao rừng.
Phát triển khai thác, chế biến gỗ.
Khai thác hợp lí đi đôi với trồng rừng.
45E.
9E.
2,5E.
3,6E.
\({E_M} = 9{E_N} \Rightarrow {r_N} = 3{r_M} = {r_M} + 2IN \Rightarrow IN = {r_M}\)
Khi đưa điện tích Q đến I thì N cách I một khoảng IN nên \({E_N} = 9E\). Chọn B.
từ dưới lên trên.
từ trên xuống dưới.
từ trong ra ngoài.
từ trái sang phải.
Quy tắc bàn tay trái cho lực Lorenxơ: Đặt bàn tay trái sao cho từ trường hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón giữa là chiều của vận tốc khi q > 0 và ngược chiều vận tốc khi q < 0 . Lúc đó, chiều của lực Lorenxơ là chiều ngón tay cái choãi ra. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta được lực Lorenxơ f có điểm đặt tại v và hướng từ trái sang phải do q < 0. Chọn D.
Sắt non.
Đồng oxit.
Sắt oxit.
Mangan oxit.
Vật liệu làm nam châm là những vật liệu có tính chất từ như: sắt, mangan….Chọn B.
Cho cơ hệ như hình vẽ: lò xo có độ cứng k = 100 N/m, vật nặng khối lượng m = 100 g bề mặt chỉ có ma sát trên đoạn CD, biết CD = 1 cm và \[{\rm{\mu }} = 0,5.\] Ban đầu vật nặng nằm tại vị trí lò xo không biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu \({{\rm{v}}_0} = 60{\rm{\pi }}\)cm/s dọc theo trục của lò xo hướng theo chiều lò xo giãn. Lấy g = 10 m/s2. Tốc độ trung bình của vật nặng kể từ thời điểm ban đầu đến khi nó đổi chiều chuyển động lần thứ nhất có giá trị bằng bao nhiêu cm/s? Làm tròn đến phần nguyên.
Ta có: \({\rm{k}} = 100\;{\rm{N}}/{\rm{m}};{\rm{m}} = 100\;{\rm{g}},\omega = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{\left( {100 \cdot {{10}^{ - 3}}} \right)}}} = 10\pi {\rm{rad}}/{\rm{s}} \to {\rm{T}} = 0,2\;{\rm{s}}\).
Chuyển động của vật kể từ thời điểm ban đầu đến lúc nó đổi chiều chuyển động lần đầu tiên được chia thành các giai đoạn sau:
Giai đoạn 1: Chuyển động từ O đến C có:
\({{\rm{A}}_1} = \frac{{{{\rm{v}}_0}}}{{\rm{\omega }}} = \frac{{60{\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}} = 6\;{\rm{cm}},{{\rm{t}}_1} = \frac{{\rm{T}}}{{12}} = \frac{{0,2}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\;{\rm{s}},{{\rm{v}}_{\rm{C}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{{\rm{v}}_0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.(60{\rm{\pi }}) = 30\sqrt 3 {\rm{\pi cm}}/{\rm{s}}\).
Giai đoạn 2: Chuyển động từ C đến D là dao động điều hòa chịu thêm tác dụng của ma sát có độ lớn không đổi.
Vị trí cân bằng mới lệch khỏi O theo hướng lò xo bị nén một đoạn
\[\Delta {\ell _0} = \frac{{{\rm{\mu mg}}}}{{\rm{k}}} = \frac{{0,5){{.100.10}^{ - 3}}.10}}{{100}} = 0,5\;{\rm{cm}}\]
\( \to {{\rm{A}}_2} = \sqrt {{{\left( {\Delta {\ell _0} + {\rm{OC}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{C}}}}}{{\rm{\omega }}}} \right)}^2}} = \sqrt {{{(0,5 + 3)}^2} + {{\left( {\frac{{30\sqrt 3 {\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}}} \right)}^2}} = 6,265\;{\rm{cm}}\)
\(\Delta {{\rm{t}}_2} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{3,5}}{{6,265}}} \right) - \arccos \left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 6,64 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\)
\({{\rm{v}}_{\rm{D}}} = {\rm{\omega }}{{\rm{A}}_2}\sqrt {\ell - {{\left( {\frac{{\Delta {\ell _0} + {\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_2}}}} \right)}^2}} = (10{\rm{\pi }}).(6,265).\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}^2}} = 136,940\;\)cm/s.
Giai đoạn 3: Chuyển động từ D đến khi đổi chiều lần đầu tiên là dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ
\({{\rm{A}}_3} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{D}}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{D}}}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{136,940}}{{10\pi }}} \right)}^2}} = 5,916\;{\rm{cm}}\)
\({{\rm{t}}_3} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{{\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_3}}}} \right)}}{{{{360}^0}}}\;{\rm{T}} = \frac{{\arccos \left( {\frac{4}{{5,916}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 0,0264\;{\rm{s}}\)
\({{\rm{v}}_{{\rm{tb}}}} = \frac{{\rm{S}}}{{\rm{t}}} = \frac{{{\rm{OC}} + {\rm{CD}} + \left( {{{\rm{A}}_3} - {\rm{OD}}} \right)}}{{{{\rm{t}}_1} + {{\rm{t}}_2} + {{\rm{t}}_3}}} = \frac{{3 + 1 + (5,916 - 4)}}{{\frac{1}{{60}} + 6,64 \cdot {{10}^{ - 3}} + 0,0264}} = 119,018\)
Đáp án. 119 .
Đường 1.
Đường 3.
Đường 2.
Đường 4.
Năng lượng của photon ánh sáng là đại lượng có giá trị không đổi. Chọn D.
7 phóng xạ \({\rm{\alpha }}\), 4 phóng xạ \({{\rm{\beta }}^ - }\).
5 phóng xạ \({\rm{\alpha }}\), 5 phóng xạ\({{\rm{\beta }}^ - }\).
10 phóng xạ \({\rm{\alpha }}\), 8 phóng xạ\({{\rm{\beta }}^ - }\).
16 phóng xạ \({\rm{\alpha }}\), 12 phóng xạ\({{\rm{\beta }}^ - }\).
Gọi số lần phóng xạ \({\rm{\alpha }}\) là x, và số lần phóng xạ \({{\rm{\beta }}^ - }\) là y, phương trình phân rã là \(_{92}^{234}{\rm{U}} \to {\rm{x}}.{\rm{\alpha }} + {\rm{y}}{\rm{.}}{{\rm{\beta }}^ - } + _{82}^{206}\;{\rm{Pb}}\)
Áp dụng định luật bảo toàn số khối ta có: \(234 = {\rm{x}}.4 + {\rm{y}}.0 + 206 \to {\rm{x}} = 7\).
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: \(92 = {\rm{x}}.2 + {\rm{y}}.( - 1) + 82 \to {\rm{y}} = 4\). Chọn A.
\(5{{\rm{\pi }}^2}\) m/s2.
\(2,5{{\rm{\pi }}^2}\)m/s2.
\(2,5\sqrt 2 {{\rm{\pi }}^2}\)m/s2.
\(10\sqrt 2 {{\rm{\pi }}^2}\)m/s2.
Vì A là điểm nút nên \({{\rm{u}}_{\rm{A}}} = 0\).
Khoảng cách ngắn nhất giữa A và B là khi B đi qua \({\rm{VTCB}} \Rightarrow {\rm{AB}} = \frac{{\rm{\lambda }}}{4} = 12\;{\rm{cm}} \Rightarrow {\rm{\lambda }} = 48\;{\rm{cm}}\)
Khoảng cách lớn nhất giữa A và B là khi B ở vị trí biên \( \Rightarrow AB = \sqrt {{{12}^2} + {A^2}} = 13 \Rightarrow A = 5\;{\rm{cm}}\)
N có VTCB là trung điểm của AB nên \(AN = \frac{{AB}}{2} = 6\;{\rm{cm}} = \frac{{\rm{\lambda }}}{8} \Rightarrow {A_N} = \frac{{{A_b}\sqrt 2 }}{2} = 2,5\sqrt 2 \;{\rm{cm}}\)
Từ đồ thị: \(\frac{{\rm{T}}}{4} = 0,05\;{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{T}} = 0,2\;{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{\omega }} = 10{\rm{\pi }}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)
Gia tốc lớn nhất của N là \({{\rm{a}}_{{\rm{N}}\max }} = {{\rm{\omega }}^2}{\rm{.}}{{\rm{A}}_{\rm{N}}} = 2,5\sqrt 2 {{\rm{\pi }}^2}\left( {\;{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\). Chọn C.
28.1024 hạt.
30.1024 hạt.
4.1024 hạt.
2.1024 hạt.
Từ đồ thị ta có chu kì bán rã là 8 ngày.
Tại thời điểm \({\rm{t}} = 32\) ngày, số hạt nhân phóng xạ còn lại là \[N = {N_0}{2^{ - \frac{t}{T}}} = {32.10^{24}}{.2^{ - \frac{{32}}{8}}} = {2.10^{24}}\]hạt. Chọn D.
28 hải lý và 1110°40′ Kinh độ Đông.
25 hải lý và 139°12′ Kinh độ Đông.
28 hải lý và 1110°35′ Kinh độ Đông.
25 hải lý và 139°12′ Kinh độ Đông.
Theo bài giàn khoan dịch chuyển trên cùng một vĩ tuyến \({15^0}{29^\prime }{\rm{B}}\) với đảo Lý Sơn \({\rm{A}} \to {\rm{B}} \to {\rm{C}}\)
Thời gian sóng truyền từ B đến C là \(\Delta {\rm{t}} = 0,25 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\).
Tốc độ lan truyền của sóng \({\rm{v}} = \frac{{2{\rm{\pi c}}}}{9} = 2,{093.10^8}\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\)
Độ dịch chuyển của giàn khoan: \(\Delta {\rm{s}} = {\rm{v}}\Delta {\rm{t}} = 52325\;{\rm{m}} = 28,25\) hải lý.
Độ dịch của vĩ độ: \(\Delta {\rm{\varphi }} = \frac{{\Delta {\rm{s}}}}{{\rm{R}}} = 8,176 \cdot {10^{ - 3}}{\rm{rad}} \approx 0,{468^0} \approx {28^\prime }\).
Do đó \({\rm{x}} = {{\rm{x}}_{\rm{B}}} + \Delta {\rm{\varphi }} = 111^\circ 40\). Chọn A.
Một học sinh xác định điện dung của tụ điện bằng cách đặt điện áp \({\rm{u}} = {{\rm{U}}_0}\cos {\rm{\omega }}t\)(\({{\rm{U}}_0}\)không đổi, \({\rm{\omega }} = 314\)rad/s) vào hai đầu một đoạn mạch gồm tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp với biến trở R. Biết \(\frac{1}{{{U^2}}} = \frac{2}{{U_0^2}} + \frac{2}{{U_0^2{\omega ^2}{C^2}}}.\frac{1}{{{R^2}}}\); trong đó điện áp U giữa hai đầu R được đo bằng đồng hồ đo điện đa năng hiện số. Dựa vào kết quả thực nghiệm đo được trên hình vẽ, học sinh này tính được giá trị của C là
1,95.10-3 F.
5,20.10-6 F.
5,20.10-3 F.
1,95.10-6 F.
Từ đồ thị nhận thấy có hai điểm có tọa độ và
là kết quả chính xác nhất.Ta có: \(\left( {\frac{1}{{{{\rm{U}}^2}}} = 0,0055;\frac{1}{{{{\rm{R}}^2}}} = {{1.10}^{ - 6}}} \right)\)
Lấy (2) chia (1), ta có: \({\rm{C}} = 1,95 \cdot {10^{ - 6}}\;{\rm{F}}\). Chọn D.
\(C{H_3}COOH\)
HCOOH.
\[{C_2}{H_5}COOH\].
\[{C_3}{H_7}COOH\].
Ta có: \[{n_{NaOH}}\; = {\rm{ }}0,112{\rm{ }}mol\]
Mà Y là acid no, mạch hở \[ \Rightarrow {\rm{ }}{n_{RCOOH}}\; = {\rm{ }}{n_{NaOH}}\; = {\rm{ }}0,112{\rm{ }}mol\]
\( \Rightarrow M = \frac{{6,72}}{{0,112}} = 60\)\( \Rightarrow \)Y là \[C{H_3}COOH\]
Chọn A.
thử nghiệm 1.
thử nghiệm 3.
thử nghiệm 5.
thử nghiệm 6.
Khi tăng nồng độ HCl gấp 3 lần và kích thước hạt ở dạng các viên nhỏ (ở thử nghiệm 5) thì thời gian kết thúc phản ứng phải nhỏ hơn so với thử nghiệm 6.
=> Kết quả thử nghiệm 5 cho kết quả không chính xác.
Chọn C.
Khi dung dịch silver nitrate \(\left( {{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}} \right)\) để lâu ngày, nó sẽ tiếp xúc với ánh sáng mặt trời và có thể trải qua phản ứng quang hóa được gọi là "quang khử" của ion bạc như sau:
\(2{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3} + \) ánh sáng mặt trời \( \to 2{\rm{Ag}} + 2{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2}\);
Xác định nồng độ của \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) trong bình chứa 1000,0 mL dung dịch được tiến hành như sau: Lấy 10,0 mL dung dịch \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) vào ống nghiệm, thêm từ từ dung dịch \({\rm{NaCl}}.\) Sau phản ứng, lọc kết tủa, làm khô thu được 0,287 gam. Nồng độ của \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) trong bình chứa 1000,0 mL dung dịch là
\(0,4{\rm{M}}.\)
\(0,3{\rm{M}}.\)
\(0,2{\rm{M}}.\)
\(0,1{\rm{M}}.\)
Kết tủa thu được là \({\rm{AgCl}}\)\( \Rightarrow {n_{{\rm{AgCl}}}} = 0,002\;{\rm{mol}}.\)
Nồng độ của \({\rm{AgN}}{{\rm{O}}_3}\) trong bình chứa \(1000,0\;{\rm{mL}}\)dung dịch là \(\frac{{0,002}}{{0,01}} = 0,2{\rm{M}}\)
(Lưu ý: Nồng độ trong bình 1000 mL lấy ra 10 mL sẽ không có sự thay đổi!)
Chọn C.
4,17 và \(10\% .\)
13,90 và \(27\% .\)
13,90 và \(73\% .\)
4,17 và \(5\% .\)
\({n_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5 \cdot \frac{{2,33}}{{233}} = 0,05\,(\;{\rm{mol}})\) (tính trong 100 ml dung dịch Y)
Bảo toàn nguyên tố \({\rm{S}}\): \({n_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}.7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} + {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4},7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,05 - 0,035 = 0,015(\;{\rm{mol}})\)
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4}.7{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,015.278 = 4,17(g)\)
Thí nghiệm 2: \({n_{{K_{Mn{O_4}}}}} = {C_M} \cdot V = 5 \cdot (0,03 \cdot 0,018) = 0,0027\,(\;{\rm{mol}})\)
Bảo toàn electron ta có: \({n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}} = 5{n_{{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4}}} = 5 \cdot 0,0027 = 0,0135\,(\;{\rm{mol}})\)
\( \Rightarrow {n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}}\) bị \({{\rm{O}}_2}\) oxi hóa \( = 0,015 - 0,0135 = 0,0015\,(\;{\rm{mol}})\)
Phần trăm số mol Fe(II) đã bị oxi hóa là: \(\% {n_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}} = \frac{{0,0015}}{{0,015}} \cdot 100 = 10\% \)
Chú ý: Số liệu thực hiện thí nghiệm chỉ bằng \(1/5\) nên khi làm ta cần nhân 5 lên (100mL nhưng chỉ lấy \(20\;{\rm{mL}}\) để làm thí nghiệm).
Chọn A.
Có 4 ống nghiệm chứa \({\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\). Thêm vào các ống nghiệm lượng dư của 4 dung dịch ethane-1,2-diol, propane-1,3-diol, propane-1,2-diol, propane-1,2,3-triol. Hiện tượng xảy ra như hình sau:
Dung dịch cho vào ống nghiệm 4 là
propane-1,3-diol.
propane-1,2-diol.
ethane-1,2-diol.
propane-1,2,3-triol.
- Trong các ống nghiệm (1), (2), (3) Cu(OH)2 đều tan tạo thành dung dịch nên 3 dung dịch (1), (2), (3) đều chứa alcohol có nhiều nhóm -\({\rm{OH}}\) đính vào các nguyên tử \({\rm{C}}\) cạnh nhau (hay có các nhóm −OH liền kề).
- Dung dịch (4) không hòa tan được \({\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) nên alcohol (4) không có các nhóm −OH liền kề. Vậy (4) là propane-1,3-diol.
Chọn A.
Hai monome khác nhau phản ứng với nhau để tạo thành polyamide. Hãy gọi chúng là A và B. Chỉ có nhóm chức của chúng tham gia phản ứng. Vì vậy, chúng ta có thể biểu diễn chuỗi carbon của chúng dưới dạng các khối cho đơn giản:
Phản ứng giữa hai monone được diễn ra như sau:
Và khi đó liên kết amide được hình thành:
Polymer nào sau đây thuộc loại polyamide?
Polybutadiene.
Polyethylene.
Nylon-6,6.
Poly(vinyl chloride).
Polymer thuộc loại tơ polyamide là nylon-6,6
Dựa trên thông tin đưa ra thấy rằng các monome tạo thành polymer phải có chứa nhóm -COOH và \( - {\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\) Nylon-6,6 được điều chế từ hexamethylenediamine và adipic acid.
Chọn C.
2,479.
2,975.
1,983.
1,735.
Sơ đồ phản ứng xảy ra như sau:
Dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) có \({\rm{pH}} = 1 \Rightarrow \left[ {{{\rm{H}}^ + }} \right] = {10^{ - {\rm{pH}}}} = 0,1{\rm{M}} \Rightarrow {n_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,1.0,3 = 0,03\;{\rm{mol}}\)
Dựa trên sơ đồ phản ứng hoặc bảo toàn nguyên tố (N) dễ thấy \({n_{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}} = {n_{{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}}} = 0,03\;{\rm{mol}}\)
\(\begin{array}{l}2{\rm{NO}} + {{\rm{O}}_2} \to 2{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\\0,03\,\,\,\,\,\,0,015\,\,\,\,\,0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\(\begin{array}{l}4{\rm{N}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to 4{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\\0,03\,\,\,\,\,\,0,0075\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol\end{array}\)
\({n_{{O_2}}}_{bd} = \frac{V}{{24,79}} - {n_{N{H_3}}} = \frac{V}{{24,79}} - 0,03\)mol
\({n_{{O_2}({\rm{sau}}\,{\rm{pu}})}} = \frac{V}{{24,79}} - 0,03 - 0,0375 - 0,015 - 0,0075 = \frac{V}{{4.24,79}}\)
\( \Rightarrow {\rm{V}} = 2,9748 \approx 2,975\)lít.
Chọn B.
Các hình dưới đây biểu diễn dung dịch nước của ba acid \({\rm{HA}}\,({\rm{A}} = {\rm{X}},{\rm{Y}},{\rm{Z}})\); bỏ qua sự phân li của nước.
Các dung dịch đều có cùng nồng độ, dung dịch nào dẫn điện tốt nhất?
HX.
HY.
HZ.
3 dung dịch dẫn điện như nhau.
Dung dịch dẫn điện tốt nhất là dung dịch có độ điện li mạnh nhất, phân li ra nhiều ion nhất.
Dung dịch HX phân li tốt nhất (chỉ còn 1 phân tử HX), dung dịch HY còn 4 phân tử HY, dung dịch HZ còn 2 phân tử HZ. Vậy dung dịch HX dẫn điện tốt nhất. Chọn A.
|
|
Áp suất |
Nhiệt độ |
|
A. |
Cao |
Cao |
|
|
Áp suất |
Nhiệt độ |
|
B. |
Cao |
Thấp |
|
|
Áp suất |
Nhiệt độ |
|
C. |
Thấp |
Cao |
|
|
Áp suất |
Nhiệt độ |
|
D. |
Thấp |
Thấp |
- Để tăng hiệu suất tạo thành hydrogen cần giảm áp suất (thực hiện ở áp suất thấp).
- Phản ứng trên là phản ứng thu nhiệt, để tăng hiệu suất tạo thành hydrogen, cần tăng nhiệt độ của phản ứng (thực hiện ở nhiệt độ cao).
Chọn C.
X gồm \({\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_2} - {{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5},{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5},{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}{\rm{COOC}}{{\rm{H}}_3},{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OOC}} - {\rm{COO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_5}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{Y}} + {\rm{Na}} \to 0,02\;{\rm{mol}}\,{{\rm{H}}_2}\\ \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{Y}}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,04\;{\rm{mol}}\end{array}\)
Nhận thấy: \(RCOO{C_6}{H_5} + 2NaOH \to RCOONa + {C_6}{H_5}ONa + {H_2}O\)
Þ \({n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}(\sum {{n_{NaOH}}} - {n_Y}) = \frac{1}{2}(0,08 - 0,04) = 0,02\,mol\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = {\rm{y}} + {\rm{z}} = 0,02\;{\rm{mol}}\)
Bảo toàn khối lượng ta có:
Đáp án: 8,04
Xitôkinin.
Tirôxin.
Êtilen.
Axit abxixic.
Hoocmôn xitôkinin là loại hoocmôn thực vật có tác dụng làm chậm sự già hóa của tế bào. Chọn A.
Vì độ ẩm trên cạn thấp làm mang cá luôn ẩm ướt nên khó hô hấp.
Vì diện tích bề mặt trao đổi khí bị thu hẹp và mang cá bị khô nên không hô hấp được.
Vì cấu tạo của mang cá không có hệ thống mao mạch để hô hấp được trên cạn.
Vì ở cạn, miệng và diềm nắp mang luôn bất động nên cá không thể lấy được O2 từ không khí.
Khi lên cạn, áp suất không khí làm mang cá bị xẹp xuống khiến diện tích bề mặt trao đổi khí bị thu hẹp. Đồng thời, khi đó, mang cá bị khô lại không đủ ẩm ướt để sự trao đổi khí có thể diễn ra bình thường. Do đó, cá sống hoàn toàn dưới nước khi lên cạn sẽ bị chết trong một thời gian ngắn.
Các ý còn lại sai do:
+ Độ ẩm trên cạn thấp thì mang cá thường bị khô.
+ Mang cá có hệ thống mao mạch mang.
+ Vì ở cạn, miệng và diềm nắp mang không bất động hoàn toàn. Chúng vẫn đóng mở trong một thời gian (trước khi cá chết). Chọn B.
tập trung nước nuôi các cành ghép.
tránh gió mưa làm lay cành ghép.
loại bỏ sâu bệnh trên cành ghép.
tiết kiệm chất dinh dưỡng cung cấp cho lá.
Cành ghép là phần cành của cây này được cắt rời để ghép vào một cây khác. Khi mới ghép phần mô dẫn của cành ghép và gốc ghép chưa được nối liền do đó việc cung cấp nước từ gốc lên cành ghép bị hạn chế. Vì vậy, người ta thường cắt hết lá ở cành ghép để hạn chế sự thoát hơi nước trong khi nước cung cấp còn thiếu đảm bảo đủ nước cho cành ghép phát triển. Chọn A.
Một mạch được tổng hợp gián đoạn, một mạch được tổng hợp liên tục.
Nuclêôtit mới được tổng hợp được gắn vào đầu 3’ của chuỗi pôlinuclêôtit.
Trên mỗi phân tử ADN có nhiều điểm khởi đầu quá trình tái bản.
Diễn ra theo nguyên tắc bổ sung và nguyên tắc bán bảo tồn.
Trong 4 đặc điểm nói trên thì điểm khác biệt là số đơn vị tái bản (số điểm khởi đầu quá trình nhân đôi). Phân tử ADN của sinh vật nhân thực có kích thước lớn nên có nhiều điểm khởi đầu tái bản để làm tăng tốc độ tái bản ADN. Các đặc điểm còn lại đều giống nhau ở cả sinh vật nhân sơ và sinh vật nhân thực. Chọn C.
4.
3.
1.
2.
Trong các phương pháp tạo giống trên, có 3 phương pháp có thể tạo ra giống mới mang nguồn gen của hai loài sinh vật khác nhau gồm: (3), (4), (5). Chọn B.
bệnh thường biểu hiện ở nam nhiều hơn nữ.
bố mắc bệnh thì tất cả các con gái đều mắc bệnh.
bố mẹ không mắc bệnh có thể sinh ra con mắc bệnh.
mẹ mắc bệnh thì tất cả các con trai đều mắc bệnh.
B. Đúng. Vì bố luôn truyền X cho con gái, khi bố bị bệnh sẽ truyền alen gây bệnh cho con gái. Vì alen gây bệnh là alen trội nên con gái luôn bị bệnh.
A. Sai. Vì bệnh do gen trội nên biểu hiện ở nam, nữ như nhau.
C. Sai. Vì bố mẹ không bị bệnh không thể sinh con bị bệnh (vì gen gây bệnh là gen trội).
D. Sai. Vì nếu mẹ có kiểu gen XAXa thì có thể sinh con trai không bị bệnh.
Chọn B.
Các cơ chế cách li.
Chọn lọc tự nhiên.
Giao phối không ngẫu nhiên.
Đột biến.
- Đột biến và di - nhập gen có thể làm xuất hiện các alen mới trong quần thể.
- Giao phối không làm xuất hiện alen mới mà chỉ có thể làm xuất hiện các kiểu gen mới.
- CLTN và các yếu tố ngẫu nhiên làm giảm đa dạng di truyền của quần thể.
Chọn D.
Bảng dưới đây mô tả sự biểu hiện các mối quan hệ sinh thái giữa 2 loài sinh vật A và B:
Kí hiệu: (+): có lợi. (-): có hại. (0): không ảnh hưởng gì.
Theo lí thuyết, có bao nhiêu phát biếu sau đây đúng?
I. Ở trường hợp (1), hai loài A và B có ổ sinh thái giao nhau hoặc trùng nhau.
II. Ở trường hợp (2), nếu A là loài cua thì B có thể là loài hải quỳ sống bám trên cua.
III. Ở trường hợp (3), nếu B là một loài cây gỗ lớn thì A có thể sẽ là loài phong lan.
IV. Ở trường hợp (4), nếu A là loài trâu rừng thì B có thể sẽ là loài giun kí sinh ở trong ruột của trâu.
1.
4.
3.
2.
I. Đúng. (1) là cạnh tranh khác loài (sống chung thì cả hai có hại, sống riêng rẽ thì bình thường). Do đó, hai loài này phải có ổ sinh thái trùng nhau hoặc giao nhau.
II. Đúng. Vì cả hai loài A và B khi sống chung thì đều có lợi, khi tách riêng thì cả hai đều có hại. Do đó, đây có thể là quan hệ cộng sinh mà hải quỳ và cua là quan hệ cộng sinh.
III. Đúng. Vì cả hai loài A và B là quan hệ hội sinh, trong đó loài A có lợi, còn loài B trung tính. Vì vậy, nếu B là loài cây gỗ lớn thì loài A có thể là loài phong lan sống bám trên cây thân gỗ.
IV. Đúng. Vì B có lợi, A bị hại khi sống chung còn khi sống riêng thì loài A không ảnh hưởng gì, B lại bị hại nên đây có thể là mối quan hệ kí sinh. Do đó, nếu A là loài trâu rừng thì B có thể sẽ là loài giun kí sinh ở trong ruột của trâu.
Chọn B.
Thế hệ F1 có số cá thể chân ngắn là 480.
F1 có thành phần kiểu gen ở trạng thái cân bằng di truyền.
F2 có 1000 cá thể mang kiểu gen dị hợp.
Tần số alen A ở thế hệ F1 cao hơn ở F2.
Quy ước gen: A: Chân dài >> a: Chân ngắn.
P ngẫu phối:\[(0,4A:0,6a) \times (0,6A:0,4a)\] thu được đời F1 có: 0,24AA : 0,52Aa : 0,24aa.
F1 ngẫu phối \[(0,5A:0,5a) \times (0,5A:0,5a)\]thu được đời F2 có: 0,25AA : 0,5Aa : 0,25aa.
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
A. Đúng. Số cá thể chân ngắn ở F1 là: 0,24 × 2000 = 480.
B. Sai. Tỉ lệ giao tử ở thế hệ P khác nhau ở 2 giới nên phải qua 2 thế hệ ngẫu phối quần thể mới đạt trạng thái cân bằng di truyền.
C. Sai. Số cá thể dị hợp ở F2 là: 0,5 × 4000 = 2000.
D. Sai. Tần số alen A ở F1 = Tần số alen A ở F2 = 0,5. Chọn A.
Ta có: \({\rm{P}}:{\rm{AaBb}} \times {\rm{AaBb}} \to {{\rm{F}}_1}:(1{\rm{AA}}:2{\rm{Aa}}:1{\rm{aa}}) \times (1{\rm{BB}}:2{\rm{Bb}}:1{\rm{bb}})\).
Chọn các cây thân cao A- đem trồng ở đất ngập mặn (chỉ có các cây B- là sống được) thì tỉ lệ kiểu gen các cây sống được là: (1AA : 2Aa)×(1BB : 2Bb).
Cho các cây F1 sống được giao phấn ngẫu nhiên: (2A : 1a)×(2B : 1b)
→ Tỉ lệ kiểu gen các hạt \({{\rm{F}}_2}\) thu được là: (4AA : 4Aa : 1aa)(4BB : 4Bb : 1bb).
→ Tỉ lệ kiểu gen các cây \({{\rm{F}}_2}\) sống được ở vùng đất mặn này là: (4AA : 4Aa : 1aa)(1BB : 1Bb).
→ Trong số cây \({{\rm{F}}_2}\) sống ở vùng đất này thì cây thân cao chịu mặn A-B- chiếm tỉ lệ là \(\frac{8}{9}.\)
Đáp án: \(\frac{8}{9}.\)
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.
