Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 12)
100 câu hỏi
Ta có: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}x - 2\,\,khi\,\,x > 1\\a\,\,khi\,\,x = 1\\2 - x\,\,khi\,\,x < 1{\rm{\;}}\end{array} \right.\)
a) Để \(f\left( x \right)\) liên tục trái tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2 - x} \right) = 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).
Vậy với \(a = 1\) hàm số liên tục trái tại \(x = 1\).
b) Để \(f\left( x \right)\) liên tục phải tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).
Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 2} \right) = - 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).
Vậy với \(a = - 1\) hàm số liên tục phải tại \(x = 1\).
c) Do \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\).
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Với |
¤ |
|
|
Với |
|
¤ |
|
Với |
|
¤ |
Điền các số nguyên dương thích hợp vào những chỗ trống.
Cho bảng ô vuông sau:
Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) ____.
Số hình vuông có trên hình là: (2) ____.
Cứ hai đường kẻ ngang phân biệt và 2 đường kẻ dọc phân biệt cho ta một hình chữ nhật.
Vậy số hình chữ nhật là: \(C_9^2 \times C_6^2 = 540\).
Số hình vuông là: \(8 \times 5 + 7 \times 4 + 6 \times 3 + 5 \times 2 + 4 \times 1 = 100\).
Do đó ta điền đáp án như sau
Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) 540.
Số hình vuông có trên hình là: (2) 100.
Ta có:
Đặt \(g\left( x \right) = ax + 2a + 1\).
Hàm số liên tục tại .
Để tồn tại thì \(g\left( 0 \right) \ne 0 \Leftrightarrow a \ne - \frac{1}{2}\).
Với \(a \ne - \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \frac{2}{{2a + 1}} \Rightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{6}\).
Bất phương trình trở thành: \({x^2} - 6x + 5 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 5\).
Vì \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.
Do đó ta điền đáp án như sau
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{a{x^2} + \left( {2a + 1} \right)x}}{\rm{\;khi\;}}x \ne 0}\\{3{\rm{\;\;khi\;}}x = 0}\end{array}} \right.\). Biết \(a\)là giá trị để hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\), khi đó số nghiệm nguyên của bất phương trình \({x^2} + 36ax + 5 \le 0\) là (1) 5.
Đặt \(\frac{{DK}}{{DD'}} = x\).
Gọi \(M\) là điểm thuộc cạnh \(BB'\) sao cho \(\frac{{B'M}}{{B'B}} = x\).
Ta có \(A'M//KC\) nên \(d\left( {CK,A'D} \right) = d\left( {CK,\left( {A'MD} \right)} \right) = d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)\).
Gọi \(N = AK \cap A'D;P = AB \cap A'M\). Khi đó \(\frac{{d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)}} = \frac{{NK}}{{NA}} = \frac{{DK}}{{AA'}} = x\).
Suy ra \(d\left( {CK,A'D} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)\).
\(\frac{{A'B'}}{{BP}} = \frac{{B'M}}{{BM}} = \frac{x}{{1 - x}}\) suy ra \(BP = \frac{{A'B'\left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x}\) nên \(AP = BP + AB = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x} + a = \frac{a}{x}\).
Tứ diện \(A.A'DP\) vuông tại \(A\) nên \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{{{x^2} + 2}}{{{a^2}}}\).
Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\). Do đó \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\)
Mà \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{a}{3}\) suy ra \(\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = \frac{1}{3}\). Giải phương trình này thu được \(x = \frac{1}{2}\).
Vậy \(\frac{{DK}}{{DD'}} = \frac{1}{2}\).
Do đó ta điền đáp án như sau
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Gọi \(K\) là một điểm thuộc cạnh \(DD'\) (\(K\) khác \(D\) và \(D'\)) sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CK\) và \(A'D\) bằng \(\frac{a}{3}\). Tỉ số \(\frac{{DK}}{{DD'}}\) bằng (1) \(\frac{1}{2}\).
Ta có:
\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\frac{1}{{2023}} \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x.119y.\frac{1}{{2023}}} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y + 1\)
\( \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1\)
\( \Leftrightarrow y \ge \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) (vì \(y > 0,y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1 > 0\) nên \(x - 1 > 0\))
\( \Rightarrow x + y \ge x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\forall x > 1;y > 0\).
Khi đó bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) với \(x > 1\).
Ta có: \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - x + {x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = f\left( x \right)\).
\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 4x}}{{{{(x - 1)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (vì \(x > 1\)).
Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty ,f\left( 2 \right) = \frac{{{{2.2}^2} - 2 + 1}}{{2 - 1}} = 7\),
\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty \).
Do đó \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(x + y\) là 7 .
Do đó ta điền đáp án như sau
Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(x + y\) bằng (1) 7.
Gọi \(v\left( t \right),a\left( t \right)\) lần lượt là vận tốc và gia tốc của chất điểm.
Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, ta suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 5t + 10}\\{a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5}\end{array}} \right.\).
Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng
\(a\left( 3 \right) = {3.3^2} - 6.3 + 5 = 14\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).
Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng
\(v\left( 2 \right) = {2^3} - {3.2^2} + 5.2 + 10 = 16\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).
Ta có: \(a\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5 = 3{(t - 1)^2} + 2 \ge 2\) với mọi \(t\), dấu "=" xảy ra khi chỉ khi \(t = 1\).
Suy ra gia tốc chuyển động của chất điểm nhỏ nhất bằng 2 khi \(t = 1\).
Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm gia tốc nhỏ nhất là
\(v\left( 1 \right) = {1^3} - {3.1^2} + 5.1 + 10 = 13\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).
Do đó ta điền đáp án như sau
Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng 14 m/s2.
Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng 16 m/s.
Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm chất điểm có gia tốc chuyển động nhỏ nhất bằng 13 m/s.
Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\).
\(SC\) hợp với đáy một góc \(30^\circ \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \).
Xét vuông tại \(A\) có: \({\rm{sin}}30^\circ = \frac{{SA}}{{SC}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = \sqrt {S{C^2} - S{A^2}} = \frac{{3a}}{2}\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(AC = \frac{{3a}}{2}\) nên \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}}\) (đvdt).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}} = \frac{{9{a^3}}}{{32}}\) (đvtt).
Do đó ta điền đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Chiều cao của khối chóp bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\). |
¤ |
|
|
Độ dài mỗi cạnh của tam giác \(ABC\) bằng \(\frac{a}{3}\). |
|
¤ |
|
Thể tích của khối chóp là \(\frac{{9{a^3}}}{{32}}\). |
¤ |
|
Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}}\)
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là:
\(IS = R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + M{S^2}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{2S{B^2}}}{4}} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\).
Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 3S{A^2}\).
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}}\). |
|
¤ |
|
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là \(S = 3S{A^2}\). |
¤ |
|
Với \(m = 2\) ta có \(:y = {x^3} + 3x - 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho không có điểm cực trị.
Phương trình hoành độ giao điểm là : \({x^3} - \left( {m - 2} \right){x^2} + 3x - 1 = 0\,\,\left( {\rm{*}} \right)\).
Vì \(x = 0\) không là nghiệm của phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) nên ta có :
\(\frac{{{x^3} + 3x - 1}}{{{x^2}}} = m - 2 \Leftrightarrow x + \frac{3}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} = m - 2\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{3}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 1 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{2}{{{x^3}}} = \frac{{{x^3} - 3x + 2}}{{{x^3}}}\).
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).
Bảng biến thiên :
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy \(f\left( x \right) = m - 2\) có nghiệm duy nhất \( \Leftrightarrow m - 2 > - \frac{{15}}{4} \Leftrightarrow m > - \frac{7}{4}\).
Vậy có duy nhất một giá trị nguyên âm của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại đúng một điểm.
Do đó ta điền đáp án như sau
Với \(m = 2\), đồ thị \(\left( C \right)\) có 0 điểm cực trị.
Có 1 giá trị nguyên âm của tham số \(m\) để đồ thị \(\left( C \right)\) cắt trục hoành tại đúng một điểm.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 100 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Số phức \({(3 - 4i)^2} = - 7 - 24i\) có mô đun là \(\sqrt {{{\left( { - 7} \right)}^2} + {{\left( { - 24} \right)}^2}} = 25\).
Do đó ta điền như sau
Mô đun của số phức \({(3 - 4i)^2}\) là (1) 25.
Khi đó \(\sin \varphi = \frac{{d(A,\alpha )}}{{d(A,\Delta )}}\).
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Gọi điểm \(G\) là trọng tâm , kéo dài tia \(BM\) cắt \(AD\) tại \(F\).
Ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {BEF} \right) = EG\)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\) là góc \(\varphi \) có \({\rm{sin}}\varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}}\).
Trong \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(AK \bot EG\left( {K \in EG} \right)\).
Ta có: \(AE = SA - SE = 2a;AG = AC - GC = AC - \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}AC = \frac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)
\( \Rightarrow d\left( {A,EG} \right) = AK = \frac{{AE.AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)
Gọi \(h = d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)\).
Ta có: \(\frac{{FD}}{{FA}} = \frac{{DM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FA = 2a\)
Vì \(AE,AB,AF\) đôi một vuông góc nên
\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
\( \Rightarrow {\rm{sin}}\varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A,EG} \right)}} = \frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow {\rm{cos}}\varphi = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\).
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BME} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt {70} }}{7}\). |
|
¤ |
|
Cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\) bằng \(\frac{1}{{\sqrt {15} }}\). |
¤ |
|
Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_5^3 = 10\).
Để độ dài ba đoạn thẳng là độ dài ba cạnh của tam giác thì tổng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh còn lại.
Do đó, các khả năng xảy ra là bộ các độ dài \(\left\{ {\left( {2;3;4} \right),\left( {2;4;5} \right),\left( {3;4;5} \right)} \right\}\).
Vậy xác suất cần tìm là: \(P = \frac{3}{{10}}\).
Do đó ta điền như sau
Cho 5 đoạn thẳng có độ dài là \(1;2;3;4;5\). Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng. Xác suất để độ dài ba đoạn thẳng này là độ dài ba cạnh của một tam giác là (1) \(\frac{3}{{10}}\).
Ta có: \({\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4 = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 16xy - 4x - 4y\)
\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4\left( {x + y + 1} \right) = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 4.4xy\).
Xét hàm \(f\left( t \right) = {\rm{cos}}t + 4t\) với \(t \in \mathbb{R}\).
Ta có \(f'\left( t \right) = - {\rm{sin}}t + 4 > 0,\forall t \in \mathbb{R} \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).
Mà \(f\left( {x + y + 1} \right) = f\left( {4xy} \right)\) nên \(x + y + 1 = 4xy \Leftrightarrow x = \frac{{y + 1}}{{4y - 1}}\).
Khi đó \(S = \frac{{\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right)}}{{4y - 1}} = \frac{{{y^2} + 3y + 2}}{{4y - 1}}\) với \(y > 1\).
\(S'\left( y \right) = \frac{{4{y^2} - 2y - 11}}{{{{(4y - 1)}^2}}}\).
Bảng biến thiên:
Vậy \({\rm{min}}S = \frac{{7 + 3\sqrt 5 }}{8} \Rightarrow abc = 168\).
Do đó ta điền như sau
Cho hai số thực \(x,y\) lớn hơn 1 thỏa mãn \({\rm{cos}}\left( {x + y + 1} \right) + 4 = {\rm{cos}}\left( {4xy} \right) + 16xy - 4x - 4y\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S = x\left( {y + 2} \right)\) bằng \(\frac{{a + b\sqrt 5 }}{c}\left( {a,b,c \in \mathbb{R}} \right)\) với \(abc\) bằng (1) 168.
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đạo hàm xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}\). Biết đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) như hình vẽ
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có __ điểm cực trị.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại ___.
Hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có __ điểm cực trị.
Đồ thị hàm số \(f'\left( x \right)\) cắt (nhưng không tiếp xúc) trục \(Ox\) tại 1 điểm nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.
Ta có BBT của hàm số \(y = f\left( x \right)\):
Vậy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x = - 2\).
Hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có \(y' = f'\left( x \right) - 1\).
\(f'\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 1\)
Ta thấy đường thẳng \(y = 1\) cắt đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) tại 5 điểm phân biệt. Vậy hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có 5 điểm cực trị.
Do đó ta điền đáp án như sau
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có 1 điểm cực trị.
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt giá trị nhỏ nhất tại −2 .
Hàm số \(y = f\left( x \right) - x\) có 5 điểm cực trị.
Gọi BC là đường kính của \((C)\) và AD là đường kính của đường tròn đáy của \((N)\) sao cho \(BC//AD\). S, A, B thẳng hàng \( \Rightarrow S,C,D\) thẳng hàng.
Ta có \(r = BM\) là bán kính đường tròn \(\left( C \right)\).
Vì nên \(\frac{{BM}}{{AO}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{AO.SM}}{{SO}} \Leftrightarrow r = \frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}\).
Thể tích của khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) là
\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}.OM = \frac{1}{3}\pi {\left[ {\frac{{R\left( {9 - x} \right)}}{9}} \right]^2}x = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}{(9 - x)^2}x,(0 < x < 9)\) ta có:
Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right)\); \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{1}{{243}}\pi {R^2}\left( {9 - x} \right)\left( {9 - 3x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 9\left( L \right)}\\{x = 3\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\).
Lập bảng biến thiên ta có:
Từ bảng biến thiên ta có thể tích khối nón có đỉnh là \(O\), đáy là \(\left( C \right)\) lớn nhất khi \(x = 3\).
Do đó ta điền đáp án như sau
Cho hình nón \(\left( N \right)\) có đường cao \(SO = 9\) và bán kính đáy bằng \(R\), gọi \(M\) là điểm trên đoạn \(SO\) sao cho \(OM = x(0 < x < 9)\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với trục \(SO\) tại \(M\) giao với hình nón \(\left( N \right)\) theo thiết diện là đường tròn \(\left( C \right)\). Giá trị của \(x\) bằng (1) 3 để khối nón có đỉnh là điểm \(O\) và đáy là hình tròn \(\left( C \right)\) có thể tích lớn nhất?
a) Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_8^2\).
Gọi biến cố \(A\): "Lấy được 2 quả cầu ghi số có tổng bằng 5".
Hai quả cầu ghi số có tổng bằng 5 thì số trên 2 quả là 1 và 4 hoặc 2 và \(3 \Rightarrow n\left( A \right) = 2 + 2 = 4\).
Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{4}{{C_8^2}} = \frac{1}{7}\).
b) Nhận thấy trong 8 quả cầu đã cho, có 2 quả ghi số chia hết cho 3 là 3 và \(6;6\) quả còn lại ghi số không chia hết cho 3.
Giả sử rút ra \(x\) quả \((1 \le x \le 8,x \in \mathbb{N}\) ). Lấy ngẫu nhiên \(x\) quả từ 8 quả trong hộp thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_8^x\).
Gọi biến cố \(A\) : "Trong \(x\) quả lấy ra có ít nhất 1 quả ghi số chia hết cho 3 ".
Biến cố đối của \(A\) là \(\overline A \) : "Trong \(x\) quả lấy ra không có quả nào ghi số chia hết cho 3" \( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = C_6^x\).
\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_6^x}}{{C_8^x}} = \frac{{6!}}{{x!\left( {6 - x} \right)!}}:\frac{{8!}}{{x!\left( {8 - x} \right)!}} = \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}}\).
Theo đề bài
\(P\left( A \right) > \frac{3}{4} \Rightarrow 1 - P\left( {\overline A } \right) > \frac{3}{4} \Leftrightarrow 1 - \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}} > \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{\left( {8 - x} \right)\left( {7 - x} \right)}}{{56}} < \frac{1}{4} \Leftrightarrow {x^2} - 15x + 42 < 0\)
\( \Leftrightarrow 3,7 \approx \frac{{15 - \sqrt {57} }}{2} < x < \frac{{15 + \sqrt {57} }}{2} \approx 11,3\) mà \(1 \le x \le 8,x \in \mathbb{N}\)
\( \Rightarrow \) Giá trị nhỏ nhất của \(x\) là 4 .
Vậy cần phải lấy ít nhất 4 quả cầu.
Do đó ta điền đáp án như sau
a) Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu từ hộp thì xác suất để lấy được 2 quả cầu ghi số có tổng bằng 5 là \(\frac{1}{7}\).
b) Lấy ngẫu nhiên từ hộp một số quả cầu. Cần phải lấy ít nhất 4 quả cầu để xác suất lấy được ít nhất 1 quả ghi số chia hết cho 3 lớn hơn \(\frac{3}{4}\).
+) Chọn ngẫu nhiên 3 người từ nhóm để lập một ban đại diện thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{15}^3 = 455\).
Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân là một trong ba người được chọn".
Có 1 cách chọn Xuân trong nhóm 15 người.
Có \(C_{14}^2\) cách chọn 2 người trong 14 người còn lại.
Suy ra \(n\left( A \right) = 1.C_{14}^2 = 91\).
Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{91}}{{455}} = 0,2\).
+) Chọn ngẫu nhiên 2 người từ nhóm để làm nhóm trưởng và nhóm phó thì số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 15.14 = 210\).
Gọi \(A\) là biến cố: "Xuân không làm nhóm trưởng cũng như nhóm phó".
Trong 14 người còn lại, chọn nhóm trưởng có 14 cách, chọn nhóm phó có 13 cách.
Suy ra \(n\left( A \right) = 14.13 = 182\).
Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{182}}{{210}} = \frac{{13}}{{15}} \approx 0,87 > 0,8\).
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Chọn ngẫu nhiên 3 người từ nhóm để lập một ban đại diện. Xác suất để Xuân là 1 trong 3 người được chọn là 0,2. |
¤ |
|
|
Chọn ngẫu nhiên 2 người từ nhóm để làm nhóm trưởng và nhóm phó. Xác suất để Xuân không làm nhóm trưởng cũng như nhóm phó nhỏ hơn 0,8. |
|
¤ |
Do \(M\left( {x;y} \right)\) là điểm biểu diễn của số phức \(z \Rightarrow z = x + yi\).
\(\left| {z - 2 + 3i\left| = \right|iz - 1\left| \Leftrightarrow \right|x + yi - 2 + 3i\left| = \right|x.i - y - 1} \right|\)
\( \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 3)^2} = {x^2} + {(y + 1)^2}\)
\( \Leftrightarrow - x + y + 3 = 0\).
Tập hợp các điểm \({\rm{M}}\) là đường thẳng \(\left( a \right): - x + y + 3 = 0\) hay \(x - y - 3 = 0\).
Ta có \(P = \left| {z - 1 - 2i} \right| = MI,{\rm{\;}}I\left( {1;2} \right)\).
Do đó \({P_{{\rm{min\;}}}} = I{M_{{\rm{min\;}}}} = d\left( {I,\left( a \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2 - 3} \right|}}{{\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \).
Do đó ta điền như sau
Tập hợp các điểm \(M\left( {x;y} \right)\) là đường thẳng có phương trình: \(x - y - 3 = 0\).
Giá trị nhỏ nhất của \[P = \left| {z - 1 - 2i} \right|\] là: \(2\sqrt 2 \).
Ta có: \({S_{50}} = {50^2} + 4.50 = 2700\).
Mặt khác:
\(\left. {{S_n} = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right)n \Leftrightarrow {n^2} + 4n = \frac{d}{2}{n^2} + \left( {{u_1} - \frac{d}{2}} \right.} \right)n \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{d}{2} = 1}\\{{u_1} - \frac{d}{2} = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 5}\\{d = 2}\end{array}} \right. \Rightarrow {u_n} = 2n + 3.\)
Theo bài ra ta có : \(201 = 2n + 3 \Rightarrow n = 99 \Rightarrow 201\) là số hạng thứ 99 của cấp số cộng.
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Tổng của 50 số hạng đầu tiên của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) là 2700 . |
¤ |
|
|
201 là số hạng thứ 100 của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\). |
|
¤ |
|
Số hạng tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = 3n + 2\). |
|
¤ |
Điều kiện xác định: \(x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > - 1\).
\( \Rightarrow \) Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - 1; + \infty } \right)\).
Xét \[f(x) = 0 \Leftrightarrow (2x - 7){\rm{ln(}}x + 1) = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - 7 = 0}\\{{\rm{ln(}}x + 1) = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{7}{2}\,}\\{x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\](thỏa mãn).
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Tại \(x = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0\).
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm duy nhất.
Do đó ta chọn đáp án như sau
|
Phát biểu |
ĐÚNG |
SAI |
|
Tập xác định của hàm số là \(D = \left( {\frac{7}{2}; + \infty } \right)\). |
|
¤ |
|
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. |
¤ |
|
|
Đồ thị hàm số không cắt trục tung. |
|
¤ |
Cho hàm số \[y = f\left( x \right)\] liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 1.\)
4.
5.
0.
6.
Ta có \[\left| {f\left( x \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 1\\f\left( x \right) = - 1\end{array} \right.\]
Dựa vào bảng biến thiên ta được \(f\left( x \right) = 1\) có hai nghiệm và \(f\left( x \right) = - 1\) có ba nghiệm.
Vậy phương trình \(\left| {f\left( x \right)} \right| = 1\) có 5 nghiệm. Chọn B.
1 điểm.
2 điểm.
3 điểm.
4 điểm.
Gọi \(M\left( {a;9a - 14} \right) \in d:y = 9x - 14.\)
Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(M\) và có hệ số góc \(k\) \( \Rightarrow \) phương trình \(\Delta :y = k\left( {x - a} \right) + 9a - 14.\)
Ta có \(\Delta \) tiếp xúc \(\left( C \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 3{x^2} - 3\,\,\left( 1 \right)\\{x^3} - 3x + 2 = k\left( {x - a} \right) + 9a - 14\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta có
\({x^3} - 3x + 2 = \left( {3{x^2} - 3} \right)\left( {x - a} \right) + 9a - 14 \Leftrightarrow 2{x^3} - 3a{x^2} + 12a - 16 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 2} \right)\left[ {2{x^2} + \left( {4 - 3a} \right)x + 8 - 6a} \right] = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\2{x^2} + \left( {4 - 3a} \right)x + 8 - 6a = 0\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\).
Để từ \(M\) kẻ được hai tiếp tuyến thì (3) phải có nghiệm kép khác 2 hoặc (3) phải có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm \(x = 2\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{\left( 3 \right)}} = 9{a^2} + 24a - 48 = 0\\8 + \left( {4 - 3a} \right)2 + 8 - 6a \ne 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\Delta _{\left( 3 \right)}} = 9{a^2} + 24a - 48 > 0\\8 + \left( {4 - 3a} \right)2 + 8 - 6a = 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\a = - 4\end{array} \right.\\a \ne 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}a < - 4\\a > \frac{4}{3}\end{array} \right.\\a = 2\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \frac{4}{3}\\a = - 4\\\\a = 2\end{array} \right.\).
Vậy có ba điểm thỏa mãn bài toán. Chọn C.
4.
1.
3.
2.
Ta có \({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx + 10 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + 2} \right)^3} + \left( {{x^2} + 2} \right) \ge {\left( {mx} \right)^3} + \left( {mx} \right)\,\,\left( * \right)\).
Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^3} + t \Rightarrow f'\left( t \right) = 3{t^2} + 1 > 0 \Rightarrow f\left( t \right)\) luôn đồng biến.
Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {{x^2} + 2} \right) \ge f\left( {mx} \right) \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\)
Do đó, \({x^6} + 6{x^4} - {m^3}{x^3} + 13{x^2} - mx + 10 \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\)
\[ \Leftrightarrow {x^2} + 2 \ge mx\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right] \Leftrightarrow x + \frac{2}{x} \ge m\,\,\forall x \in \left[ {1;4} \right]\,\, \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;4} \right]} \left( {x + \frac{2}{x}} \right) = 2\sqrt 2 \].
Mà \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2} \right\} \Rightarrow S = \left\{ {1;2} \right\}.\)
Vậy tích tất cả các phần tử của S là 1.2 = 2. Chọn D.
5.
8.
2.
6.
Điều kiện: \(x > 0.\)
Đặt \(t = {\log _2}x\) phương trình \(\log _2^2x - 3{\log _2}x + {m^2} - 5m + 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\) trở thành \({t^2} - 3t + {m^2} - 5m + 8 = 0\,\,\left( 2 \right)\).
Điều kiện phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt tương đương phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt \({t_1},\,\,{t_2}.\)
Ta có \(\Delta = 9 - 4\left( {{m^2} - 5m + 8} \right) > 0\,\,\left( * \right).\)
Khi đó
+) \({t_1} + {t_2} = 3\)
+) \(6 = {x_1} + {x_2} = {2^{{t_1}}} + {2^{{t_2}}} = {2^{{t_1}}} + {2^{3 - {t_1}}} = {2^{{t_1}}} + \frac{8}{{{2^{{t_1}}}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{2^{{t_1}}} = 2\\{2^{{t_1}}} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow {t_1}.{t_2} = 2\)
+) Với \({t_1}.{t_2} = 2 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 8 = 2 \Leftrightarrow m = 2\) hoặc \(m = 3\) thỏa mãn (*).
Vậy tích của các giá trị của tham số m là 6. Chọn D.
62.
33.
32.
31.
Do \(m\) nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2;3;.....} \right\}.\)
Ta có \(\left( {{2^{x + 2}} - \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} - m} \right) < 0 \Leftrightarrow \left( {{{4.2}^x} - \sqrt 2 } \right)\left( {{2^x} - m} \right) < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{4} < {2^x} < m \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right) < x < {\log _2}m\).
\( \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{2} < x < {\log _2}m.\)
Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa không quá 6 số nguyên thì \({\log _2}m \le 5 \Leftrightarrow m \le 32.\) Do \(m\) nguyên dương nên có 32 giá trị của \(m\) thỏa mãn bài toán. Chọn C.
0,886 gam.
1,023 gam.
0,795 gam.
0,923 gam.
Ta có \(\frac{A}{2} = A.{e^{r.1602}} \Leftrightarrow r = - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.\) Thay \(A = 5,\,\,t = 4000,\,\,r = - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.\)
Suy ra \(S = 5.{e^{ - \frac{{\ln 2}}{{1602}}.4000}} \approx 0,886\) gam. Chọn A.
Cho một tấm nhôm hình chữ nhật \(ABCD\) có \(AD = 90\,\,cm.\) Ta gập tấm nhôm theo hai cạnh \(MN\) và \(PQ\) vào phía trong đến khi \(AB\) và \(DC\) trùng nhau như hình vẽ sau đây để được một hình lăng trụ khuyết hai đáy. Giá trị của \(x\) để thể tích khối lăng trụ lớn nhất là
\(x = 30\,\,cm.\)
\(x = 22,5\,\,cm.\)
\(x = 22\,\,cm.\)
\(x = 20\,\,cm.\)
Ta có \(\Delta ANP\) cân tại \(A\), có \(AN = AP = x;NP = 90 - 2x\).
Điều kiện để \(x;x;90 - 2x\) là 3 cạnh của tam giác là:\(\left\{ \begin{array}{l}x + x > 90 - 2x\\90 - 2x > 0\\x > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow 22,5 < x < 45\).
Ta thấy khối lăng trụ \(ANP.BMQ\) có chiều cao \(MN\) không đổi nên thể tích khối lăng trụ lớn nhất khi diện tích đáy \({S_{\Delta ANP}}\) lớn nhất.
Mà \(S = \sqrt {45\left( {45 - x} \right)\left( {45 - x} \right)\left( {45 - \left( {90 - 2x} \right)} \right)} = \sqrt {45\left( {45 - x} \right)\left( {45 - x} \right)\left( {2x - 45} \right)} \)
\( = \frac{1}{{45}}\sqrt {\left( {{{45}^2} - 45x} \right)\left( {{{45}^2} - 45x} \right)\left( {90x - {{45}^2}} \right)} \)
\( \le \frac{1}{{45}}\sqrt {{{\left( {\frac{{{{45}^2} - 45x + {{45}^2} - 45x + 90x - {{45}^2}}}{3}} \right)}^3}} \)
\( \le \frac{1}{{45}}\sqrt {{{675}^3}} = \frac{{{5^3}{{.3}^4}.\sqrt 3 }}{{45}} = 225\sqrt 3 \).
Dấu “=” xảy ra khi \({45^2} - 45x = 90x - {45^2} \Leftrightarrow x = 30\). Chọn A.
\(r = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}.\)
\(r = \frac{3}{2}.\)
\(r = 2\sqrt 2 .\)
\(r = 3.\)
Vì hình cầu có thể tích bằng \(36\pi \) nên bán kính hình cầu là \(R = 3.\)
Diện tích xung quanh của hình nón \({S_{xq}} = \pi rl.\)
Gọi chiều cao của hình nón là \(h,\) khi đó \(h \in \left( {0;6} \right).\)
Ta có \({r^2} = h.\left( {2R - h} \right) = 6h - {h^2},\) suy ra \(r = \sqrt {6h - {h^2}} .\)
Lại có \({l^2} = h.2R = 6h,\) nên \({S_{xq}} = \pi \sqrt {6h - {h^2}} .\sqrt {6h} = \pi \sqrt {36{h^2} - 6{h^3}} .\)
Ta có \(36{h^2} - 6{h^3} = 3{h^2}\left( {12 - 2h} \right) = 3.h.h.\left( {12 - 2h} \right) \le 3.{\left( {\frac{{h + h + 12 - 2h}}{3}} \right)^3}.\)
Hay \(36{h^2} - 6{h^3} \le 192,\) dấu đẳng thức xảy ra khi \(h = 4.\) Khi đó \(r = \sqrt {6h - {h^2}} = 2\sqrt 2 .\)
Suy ra \({S_{xq}}\) lớn nhất bằng \(8\sqrt 3 \pi \) khi \(r = 2\sqrt 2 .\) Chọn C.
\(90\pi \;c{m^3}.\)
\(30\pi \;c{m^3}.\)
\(45\pi \;c{m^3}.\)
\(\frac{{90\pi \sqrt 3 }}{{270}}c{m^3}.\)
Gọi \(h,\,\,V\) lần lượt là chiều cao và thể tích khối trụ \(\left( T \right).\)
\( \Rightarrow d\left( {AB,CD} \right) = h\left( {cm} \right).\)
Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{6}h.\sin \left( {AB,CD} \right).AB.CD = \frac{1}{6}h.\sin 30^\circ {.6^2}\).
\( \Rightarrow h = \frac{{6{V_{ABCD}}}}{{\sin {{30}^{\rm{o}}}{{.6}^2}}} = 10\left( {cm} \right).\)
\( \Rightarrow {V_{\left( T \right)}} = \pi {\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2}.h = 90\pi \left( {c{m^3}} \right).\)Chọn A.
Cho hình chữ nhật \(ABCD\) tâm \(I,\) biết \(AB = a,\) \(AD = 2a.\) Gọi \(J\) là trung điểm \(BC,\) đường thẳng qua \(I\) và vuông góc với \(AC\) cắt \(CD\) tại \(K.\) Thể tích \(V\) của khối tròn xoay tạo thành khi cho tứ giác \(CKIJ\) quay xung quanh trục \(CK\) bằng
\(\frac{5}{6}\pi {a^3}.\)
\(\frac{7}{6}\pi {a^3}.\)
\(\frac{5}{2}\pi {a^3}.\)
\(\frac{{14}}{3}\pi {a^3}.\)
Gọi \(H\) là trung điểm \(CD\) nên tứ giác \(CHIJ\) là hình chữ nhật.
Khi cho tứ giác \(CKIJ\) quay xung quanh trục \(CK\) ta có:
Hình chữ nhật \(CHIJ\) tạo thành khối trụ có thể tích \({V_1}.\)
Tam giác \(IHK\) tạo thành khối nón có thể tích \({V_2}.\)
Suy ra: \(V = {V_1} + {V_2}.\) Ta có
\({V_1} = \pi .C{J^2}.CH = \pi {a^2}.\frac{a}{2} = \frac{1}{2}\pi {a^3},\,\,{V_2} = \frac{1}{3}\pi .H{I^2}.HK = \frac{1}{3}\pi {a^2}.HK.\)
Xét tam giác vuông \(IHC\) có \(IC = \sqrt {I{H^2} + H{C^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2};\)
\(\tan \widehat {ICH} = \frac{{IH}}{{CH}} = 2 \Rightarrow IK = IC.\tan \widehat {ICH} = 2.\frac{{a\sqrt 5 }}{2} = a\sqrt 5 \).
\( \Rightarrow HK = \sqrt {I{K^2} - I{H^2}} = \sqrt {5{a^2} - {a^2}} = 2a.\)
Do vậy \({V_2} = \frac{1}{3}\pi .H{I^2}.HK = \frac{1}{3}\pi {a^2}.2a = \frac{2}{3}\pi {a^3}.\)
Vậy \(V = {V_1} + {V_2} = \frac{1}{2}\pi {a^3} + \frac{2}{3}\pi {a^3} = \frac{7}{6}\pi {a^3}.\) Chọn B.
\(\pi - 1.\)
\(\frac{\pi }{2} + 1.\)
\(\frac{\pi }{2} - 1.\)
1.
Xét đồng nhất thức
\( - 4\sin x + 7\cos x = A\left( {2\sin x + 3\cos x} \right) + B\left( {2\cos x - 3\sin x} \right) = \left( {2A - 3B} \right)\sin x + \left( {3A + 2B} \right)\cos x.\)
Do đó \(\left\{ \begin{array}{l}2A - 3B = - 4\\3A + 2B = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 1\\B = 2\end{array} \right..\)
Ta có \(I = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{ - 4\sin x + 7\cos x}}{{2\sin x + 3\cos x}}dx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {1 + \frac{{2{{\left( {2\sin x + 3\cos x} \right)}^\prime }}}{{2\sin x + 3\cos x}}} \right)dx} \)
\[ = \left. {\left( {x + 2\ln \left| {2\sin x + 3\cos x} \right|} \right)} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\]
\( = \frac{\pi }{2} + 2\ln \frac{2}{3} \Rightarrow a = \frac{\pi }{2},b = 2,c = 3.\)
Vậy \(P = a - b + c = \frac{\pi }{2} - 2 + 3 = \frac{\pi }{2} + 1.\) Chọn B.
10 cm.
9 cm.
8 cm.
12 cm.
Gọi \(l\) là chiều cao của khối trụ cần tìm ta có \(l = 2.\frac{4}{3}h = \frac{8}{3}h.\)
Cắt chiếc đồng hồ cát theo một mặt phẳng chứa trục dọc của nó và gắn hệ trục \(Oxy\) với gốc tọa độ \(O\) là điểm giao giữa hai Parabol, mỗi đơn vị trên trục dài \(1cm.\) Khi đó gọi \(B\) là điểm đo chiều cao của lượng cát lúc ban đầu, \(A\) là điểm đo chiều cao của lượng cát lúc còn 4 cm và \(C\) là điểm nằm ngang với \(A\) trên thành Parabol phía trên như hình vẽ.
Theo giả thiết \(8\pi = 2\pi AC \Rightarrow AC = 4 \Rightarrow C\left( {4;4} \right)\) suy ra \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = \frac{1}{4}{x^2}.\)
Thể tích ban đầu của cát là \(12,72.10 = 127,2\,\,c{m^3}.\)
Thể tích này bằng thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường \(\left( P \right):y = \frac{1}{4}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = 4y\) và các đường \(y = 0;y = h\) xoay quanh trục \(Oy.\)
Vậy ta có \(\pi \int\limits_0^h {4ydy} = 127,2 \Rightarrow 2\pi {h^2} = 127,2 \Rightarrow h \approx 4,5 \Rightarrow l \approx 12cm.\) Chọn D.
\( - {2^{1010}}.\)
\({2^{1010}}.\)
\({2^{1010}} + 1.\)
\( - \left( {{2^{1010}} + 1} \right).\)
Áp dụng công thức tổng của cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = 1 + i\) và công bội \(q = 1 + i\) ta có
\[\overline z = 2 + i + {\left( {1 + i} \right)^2} + {\left( {1 + i} \right)^3} + .\,\,.\,\,. + {\left( {1 + i} \right)^{2019}}\]
\( = 1 + 1 + i + {\left( {1 + i} \right)^2} + {\left( {1 + i} \right)^3} + .\,\,.\,\,. + {\left( {1 + i} \right)^{2019}}\)
\( = 1 + \left( {1 + i} \right).\frac{{1 - {{\left( {1 + i} \right)}^{2019}}}}{{1 - \left( {1 + i} \right)}} = 1 + \frac{{1 + i - {{\left( {1 + i} \right)}^{2020}}}}{{ - i}}\)
\( = 1 + \frac{{1 + i - {{\left[ {{{\left( {1 + i} \right)}^2}} \right]}^{1010}}}}{{ - i}} = 1 + \frac{{1 + i - {{\left( {2i} \right)}^{1010}}}}{{ - i}}\)
\( = 1 + i\left( {1 + i + {2^{1010}}} \right) = i\left( {1 + {2^{1010}}} \right).\)
\( \Rightarrow z = - i\left( {1 + {2^{1010}}} \right).\)
Phần ảo của số phức \(z\) là \( - \left( {{2^{1010}} + 1} \right).\) Chọn D.
7.
20.
14.
10.
Chú ý: Tập hợp biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn \(\left| {z + c} \right| + \left| {z - c} \right| = 2a\) với \(a > c > 0\) là một elip có độ dài trục lớn là \(2a,\) tiêu cự \(2c,\) khi đó độ dài trục bé là \(2b = 2\sqrt {{a^2} - {c^2}} \) và elip có phương trình là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1.\)
Áp dụng: +) \(\left| {{z_1} + 3} \right| + \left| {{z_1} - 3} \right| = 10\)
\( \Rightarrow \) tập hợp biểu diễn số phức \({z_1}\) là elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\,\,\left( {{E_1}} \right).\)
+) \(\left| {{z_2} + 4} \right| + \left| {{z_2} - 4} \right| = 10\)
\( \Rightarrow \) Tập hợp biểu diễn số phức \({z_2}\) là Elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\,\,\left( {{E_2}} \right).\)
Đồ thị của hai elip \(\left( {{E_1}} \right)\) và \(\left( {{E_2}} \right)\) như hình vẽ.
Gọi \(M\) là điểm biểu diễn \({z_1},\) \(N\) là điểm biểu diễn số phức \({z_2}\) (hình vẽ).
Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = MN.\) Gọi \(P = MN \cap \left( {{E_1}} \right)\) (hình vẽ) \( \Rightarrow MN \le MP \le {A_1}{A_2} = 10\) (không đổi).
\( \Rightarrow \max \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \max MN = 10.\) Chọn D.
\(\emptyset .\)
\(\left\{ 2 \right\}.\)
\(\left\{ 1 \right\}.\)
\(\left\{ {1;2} \right\}.\)
Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(M\left( {1;2;9} \right)\) và vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u \left( {1;3; - 1} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n \left( {{m^2}; - m; - 2} \right).\)
\[d//\left( \alpha \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow u \bot \overrightarrow n \\M \notin \left( \alpha \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3m + 2 = 0\\{m^2} - 2m + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m = 1\\m = 2\end{array} \right.\\m \ne 1\end{array} \right. \Leftrightarrow m = 2.\]
Vậy \(d//\left( \alpha \right) \Leftrightarrow m = 2.\) Chọn B.
\(\frac{{16}}{{\sqrt {91} }}.\)
\(\frac{{24}}{{\sqrt {91} }}.\)
\(\frac{{32}}{{\sqrt {91} }}.\)
\(\frac{{18}}{{\sqrt {91} }}.\)
Gọi \(A\left( {a;0;0} \right);B\left( {0;b;0} \right);C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( P \right)\) với các trục \(Ox,Oy,Oz.\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.\)
Vì \(M\left( {2;3;5} \right) \in \left( P \right) \Rightarrow \frac{2}{a} + \frac{3}{b} + \frac{5}{c} = 1\,\,\left( * \right).\)
Lại có \(OA;OB;OC\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội \(q = 3.\)
Nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}b = aq\\c = a{q^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3a\\c = 9a\end{array} \right.\). Thay vào (*), ta được
\(\frac{2}{a} + \frac{3}{{3a}} + \frac{5}{{9a}} = 1 \Leftrightarrow a = \frac{{32}}{9}.\)
Với \(a = \frac{{32}}{9} \Rightarrow b = \frac{{32}}{3};c = 32.\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là: \(\frac{9}{{32}}x + \frac{3}{{32}}y + \frac{1}{{32}}z = 1 \Leftrightarrow 9x + 3y + z - 32 = 0.\)
\(d\left( {O;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| { - 32} \right|}}{{\sqrt {{9^2} + {3^2} + {1^2}} }} = \frac{{32}}{{\sqrt {91} }}.\) Chọn C.
12.
\(24\sqrt 2 .\)
\(12\sqrt 2 .\)
24.
\(\left( S \right)\) có tâm \(T\left( {0;1;0} \right)\) và bán kính \(R = 1.\)
Gọi điểm \(I\) thỏa mãn \(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \Rightarrow I\left( {0;0;0} \right)\) và điểm \(J\) thỏa mãn \(\overrightarrow {JD} + \overrightarrow {JE} = \overrightarrow 0 \Rightarrow J\left( {0;2;0} \right).\)
Ta có \(P = 2\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| + 3\left| {\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} } \right| = 2\left| {3\overrightarrow {MI} } \right| + 3\left| {2\overrightarrow {MJ} } \right| = 6\left| {\overrightarrow {MI} } \right| + 6\left| {\overrightarrow {MJ} } \right|\)
Gọi \(F\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {FI} + \overrightarrow {FJ} = \overrightarrow 0 \Rightarrow F\left( {0;1;0} \right) \equiv T.\)
Ta có \(P \le \sqrt {72\left( {{{\left| {\overrightarrow {MI} } \right|}^2} + {{\left| {\overrightarrow {MJ} } \right|}^2}} \right)} = \sqrt {72\left( {{{\overrightarrow {MI} }^2} + {{\overrightarrow {MJ} }^2}} \right)} = \sqrt {72\left( {F{I^2} + F{J^2} + 2M{F^2}} \right)} \).
Như vậy \(P\) lớn nhất khi \(MF\) lớn nhất. \(M\) thuộc \(\left( S \right)\) nên \(MF\) lớn nhất khi \(MF = R = 1.\)
Vậy \(P \le \sqrt {72\left( {1 + 1 + 2} \right)} = 12\sqrt 2 .\) Chọn C.
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)
\(\frac{1}{2}.\)
\(\frac{1}{{\sqrt 3 }}.\)
\(\frac{1}{3}.\)
Cho khối chóp đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) như hình vẽ.
Ta có \({S_{ABCD}} = 4{a^2};{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO\)\( \Rightarrow SO = a\sqrt 3 .\)
Mặt khác \(AB//CD \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = Sx//AB//CD.\)
Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(CD\) và \(AB.\)
\(SN \bot AB \Rightarrow SN \bot Sx,SM \bot CD \Rightarrow SM \bot Sx.\)
\( \Rightarrow \left( {\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right)} \right) = \left( {SM,SN} \right) = \widehat {MSN} = 2\widehat {MSO}.\)
Ta có \(\tan \widehat {MSO} = \frac{{OM}}{{SO}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {MSO} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MSN} = 60^\circ \Rightarrow \cos \widehat {MSN} = \frac{1}{2}.\) Chọn B.
\(\frac{{a\sqrt {19} }}{5}.\)
\(\frac{{a\sqrt {13} }}{5}.\)
\(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\)
\(\frac{{2a\sqrt 3 }}{5}.\)
Gọi \(I\) là trung điểm \(A'B' \Rightarrow C'I \bot A'B' \Rightarrow C'I \bot \left( {ABB'A'} \right).\)
Vì \(C'I \bot \left( {ABB'A'} \right)\) nên \(BI\) là hình chiếu của \(BC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\).
Do đó \(\left( {BC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \left( {BC',BI} \right) = \widehat {C'BI} = 60^\circ \).
Xét \(\Delta BIB'\) vuông tại \(B'\), có \(BI = \sqrt {B{{B'}^2} + B'{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).
Xét \(\Delta C'BI\) vuông tại \(I\), có \(BC' = \frac{{BI}}{{\cos \widehat {C'BI}}} = a\sqrt 5 \).
Xét \(\Delta BCC'\) vuông tại \(C\), có \(BC = \sqrt {B{{C'}^2} - C{{C'}^2}} = 2a.\)
Gọi \(E\) là điểm sao cho \(B\) là trung điểm \(EP.\)
\( \Rightarrow MNPE\) là hình bình hành \( \Rightarrow EM//NP\)\( \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = d\left( {P,\left( {AME} \right)} \right) = 2d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right).\)
Kẻ \(BK \bot AE\left( {K \in AE} \right),BH \bot MK\left( {H \in KM} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {AME} \right)} \right) = BH.\)
Tam giác \(APE\) có \(AB = BP = BE = a \Rightarrow \Delta APE\) vuông ở \(A \Rightarrow BK//AP.\)
Mà \(B\) là trung điểm \(EP \Rightarrow KB = \frac{1}{2}AP.\)
Xét \(\Delta ABC\) có \(AP\) là trung tuyến nên \(A{P^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} \Rightarrow AP = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow BK = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}.\)
Xét \(\Delta BKM\) vuông tại \(B\) có \(BH = \frac{{BK.BM}}{{\sqrt {B{K^2} + B{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} \Rightarrow d\left( {AM,NP} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.\) Chọn C.
1.
2.
3.
4.
Phương trình \(\sin x\cos x - \sin x - \cos x + m = 0\,\,\left( 1 \right)\) có nghĩa \(\forall x \in \mathbb{R}.\)
Đặt \(t = \sin x + \cos x,\left( {\left| t \right| \le \sqrt 2 } \right).\) Ta có: \(\sin x\cos x = \frac{{{t^2} - 1}}{2}\).
Khi đó (1) trở thành \(\frac{{{t^2} - 1}}{2} - t + m = 0 \Leftrightarrow - 2m = {t^2} - 2t - 1 \Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2} = - 2m + 2.\)
Do \( - \sqrt 2 \le t \le \sqrt 2 \Rightarrow - \sqrt 2 - 1 \le t - 1 \le \sqrt 2 - 1 \Rightarrow 0 \le {\left( {t - 1} \right)^2} \le 3 + 2\sqrt 2 .\)
Để phương trình có nghiệm thì \(0 \le - 2m + 2 \le 3 + 2\sqrt 2 \Leftrightarrow - \frac{{1 + 2\sqrt 2 }}{2} \le m \le 1.\)
Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}.\) Chọn C.
Vì đây là vùng đất chưa được nhiều người biết tới.
Vì ông là một nhà nghiên cứu Dân tộc học đầu tiên.
Vì ông đã phát hiện ra thần linh ẩn hiện ở đây.
Vì ông muốn thực hiện tâm linh của riêng mình.
Cao cẳng và có gầm trống chăn nuôi gia súc.
Làm bằng gỗ và cất sát mặt đất.
Có không gian hoang vắng và đơn sơ.
Được mời uống nước khi đến nhà.
Quay đầu về hướng bàn thờ của gia đình.
Không nằm quay chân về phía cửa ra vào.
Nằm quay chân vào phía bàn thờ gia tiên.
Quay đầu về hướng cửa chính của gia đình.
Linh hồn các vị thần hiện hữu trong các di tượng.
Thần linh ẩn hiện trong cõi vô hình và ý niệm.
Mỗi vị thần mang đến một niềm tin khác nhau.
Các vị thần trú ngụ trong ngọn cây hay núi sâu.
Đúng
Sai
Kĩ năng thổi tai bằng rượu để cầu sức khỏe.
Dùng lời cúng để kết nối với các thần linh
Bài học về sự lắng nghe trong âm thanh cuộc đời.
Cảm tạ Trời đất đã ban cho đứa trẻ khỏe mạnh.
Để tạo ra tiền đề dựng nên miền huyễn tưởng.
Để chứng giám sự hiện diện của thần linh.
Để chào đón con mới sinh vào cộng đồng.
Để truyền đạt kiến thức về tôn giáo.
Đúng
Sai
Trong nghi thức thách cưới của người Stiêng, nhà trai mang đến nhà gái những lễ vật tượng ứng cho rượu, heo, trâu...; đó là những sính lễ chứa đựng niềm tin của mỗi người và nhờ đó con người chạm vào cõi vô hình, thế giới nơi thần linh trú ngụ.
Từ cần điền là: niềm tin.
Giới thiệu về lễ hội và nghi lễ thờ thần linh của người Tây Nguyên.
Hành trình khám phá những bí ẩn trong nền văn hóa Tây Nguyên.
Giới thiệu về cuộc sống hàng ngày của người dân K’ho và Stiêng.
Khảo sát những lí thú về tâm linh và tôn giáo ở vùng Tây Nguyên.
Từ nền tảng ChatGPT đã được phát triển trước đó, một nhóm khởi nghiệp đã nghiên cứu và tìm ra phương thức giao tới với AI miễn phí thông qua giọng nói.
Từ cần điền là: giọng nói.
Cạnh tranh với các startup công nghệ trong khu vực Đông Nam Á.
Tạo ra sản phẩm ChatGPT phù hợp và dành riêng cho người Việt.
Tham gia vào dự án phát triển của OpenAI để hoàn thiện ChatGPT.
Xây dựng một ứng dụng miễn phí với chức năng tương đương ChatGPT.
Hãy hoàn thành câu sau bằng cách điền các từ vào đúng vị trí:
Trong giai đoạn đầu tiên khi nghiên cứu, phát triển và đưa vào sử dụng, người dùng sẽ __________ bằng email hoặc số điện thoại Việt Nam; các câu hỏi sẽ được chuyển về máy chủ của hệ thống ________ để xử lí sau đó trả về _________ trước khi tới với người dùng.
Căn cứ vào từ khóa “email hoặc số điện thoại ở Việt Nam”, xác định được thông tin cần tìm kiếm nằm trong đoạn [4]: người dùng tại Việt Nam đăng kí tài khoản để dùng và hệ thống VoiceGPT đảm nhiệm chức năng trung gian từ người dùng tới ChatGPT.
Câu cần điền là: Trong giai đoạn đầu tiên khi nghiên cứu, phát triển và đưa vào sử dụng, người dùng sẽ tạo tài khoản bằng email hoặc số điện thoại Việt Nam; các câu hỏi sẽ được chuyển về máy chủ của hệ thống ChatGPT để xử lí, sau đó trả về VoiceGPT trước khi tới với người dùng.
Từ nội dung trên, ta có các từ phù hợp để điền vào các vị trí là:
- Vị trí 1: tạo tài khoản.
- Vị trí 2: ChatGPT.
- Vị trí 3: VoiceGPT.
Đúng
Sai
Giao diện đẹp mắt và dễ dùng.
Tính năng chuyển đổi hình ảnh.
Không giới hạn câu hỏi theo ngày.
Câu trả lời không có sự trùng lặp.
Tài năng và sự nhạy bén của đội ngũ kĩ sư được đào tạo chuyên nghiệp trong những năm gần đây.
Ngành công nghệ số đang được đầu tư và phát triển trong tất cả mọi lĩnh vực của đời sống.
OpenAI luôn sẵn sàng chia sẻ tài nguyên và đón nhận các đơn vị hợp tác phát triển trên mọi lĩnh vực.
ChatGPT đảm bảo sự tối ưu hóa và đa dạng về tính năng, liên tục được phát triển về ngôn ngữ.
Đúng
Sai
Người dùng tại Việt Nam có nhiều kì vọng về sự hoàn thiện của ứng dụng.
Số lượng người sử dụng ứng dụng nhiều nhất ở Thành phố Hồ Chí Minh.
Phản hồi về trải nghiệm của khách hàng với ứng dụng không mấy khả quan.
Ứng dụng được thiết kế về giao diện, tính năng và nội dung phù hợp với trẻ em.
Cơ hội để chứng minh tiềm năng phát triển của công nghệ Việt Nam so với các nước trong khu vực và trên thế giới.
Sự khởi đầu cho quá trình phát triển các ứng dụng với tác vụ thuần Việt, phù hợp với điều kiện của Quốc gia hiện nay.
Một sản phẩm công nghệ đã có nhiều hỗ trợ người dùng tại Việt Nam nhưng cần có sự đầu tư lớn về vốn để tiếp tục phát triển.
Ứng dụng công nghệ có nhiều tính năng mới mẻ, đáp ứng nhu cầu của nhiều người nhưng cần hoàn thiện về giao diện và tương tác người dùng.
Căn cứ vào từ khóa “Lê Nhật Quang” để xác định thông tin cần tìm kiếm trong đoạn [11]. Ở đoạn văn này, tác giả đã trích lại lời nhận xét về ứng dụng VoiceGPT: thúc đẩy việc phát triển ứng dụng, tốc độ phản hồi chậm và nội dung bị trùng lặp.
Kết hợp với phương pháp loại trừ, tìm được đáp án đúng là B (sản phẩm này có ý nghĩa về sự khởi đầu, tạo động lực cho các doanh nghiệp tiếp tục phát triển). Chọn B.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ câu 1 đến câu 6:
Thực hiện thí nghiệm đo cường cường độ dòng điện và hiệu điện thế ứng với các vật dẫn khác nhau bằng các dụng cụ sau:
- 1 ampe kế.
- 1 vôn kế
- 1 nguồn có thể điều chỉnh thay đổi được hiệu điện thế (điện trở của nguồn không đáng kể)
- Hai vật dẫn R1 và R2 khác nhau.
- Dây nối, khóa K.
Thí nghiệm được tiến hành như sau:
- Mắc mạch điện như Hình 1.
- Đóng khoá K. Điều chỉnh hiệu điện thế của nguồn ta thu được các giá trị của cường độ dòng điện I, chạy qua vật dẫn R1, ghi kết quả vào Bảng 1.
- Thay vật dẫn R2 vào vị trí của vật dẫn R1 và lặp lại thí nghiệm, ta thu được các giá trị của cường độ dòng điện I, chạy qua vật dẫn R2, ghi kết quả vào Bảng 1.
Đúng
Sai
Đáp án
Sai
Giải thích
Nhìn vào bảng 1, dễ thấy ứng với mỗi giá trị U thì I1 và I2 có giá trị khác nhau.
Dựa vào dữ liệu Bảng 1:
+ Khi U tăng thì I tăng → Loại Hình C, Hình D.
+ Xét một cặp số liệu tương ứng với hiệu điện thế của nguồn - cường độ dòng điện chạy qua vật dẫn, ta có:
Đối với vật dẫn R1: (6,0 V; 2,6 mA)
Đối với vật dẫn R2: (6,0 V; 1,31 mA)
→ Loại Hình A.
2,19 mA.
1,97 mA.
3,87 mA.
4,31 mA.
|
U (V) |
I2 (mA) |
|
8,0 |
I2 = 1,75 |
|
\[{R_2} = \frac{8}{{1,75}} \approx 4,57\] | |
|
10,0 |
\({I_2} = \frac{U}{{{R_2}}} = \frac{{10}}{{4,57}} \approx 2,19\;m{\rm{A}}\) |
Chọn A.
5,2 mA.
1,73 mA.
2,6 mA.
1,16 mA.
|
U (V) |
I1 (mA) |
I2 (mA) |
|
8,0 |
3,45 |
1,75 |
|
\({R_1} = \frac{8}{{3,45}} \approx 2,32\) |
\({R_2} = \frac{8}{{1,75}} \approx 4,57\) |
Khi R₁ nối tiếp R2, điện trở tương đương R của 2 vật dẫn là: \(R = {R_1} + {R_2} \approx 2,32 + 4,57 \approx 6,89\)
Cường độ dòng điện chạy qua R là: \(I = \frac{U}{R} = \frac{8}{{6,89}} \approx 1,16\;m{\rm{A}}.\) Chọn D.
5,2 mA.
1,73 mA.
2,6 mA.
1,16 mA.
|
U (V) |
I1 (mA) |
I2 (mA) |
|
8,0 |
3,45 |
1,75 |
|
\({R_1} = \frac{8}{{3,45}} \approx 2,32\) |
\({R_2} = \frac{8}{{1,75}} \approx 4,57\) |
Khi R₁ song song R2, điện trở tương đương R của 2 vật dẫn là: \(R = \frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} \approx 1,54\)
Cường độ dòng điện chạy qua R là: \(I = \frac{U}{R} = \frac{8}{{1,54}} \approx 5,19m{\rm{A}}.\) Chọn A.
m/s.
km/h.
feet/s.
dặm /h.
Đúng
Sai
Đáp án
Đúng
Giải thích
Dựa trên dữ liệu trong Bảng 2, ta có: tốc độ trung bình là: 1,32 ft/s
Mà tốc độ trung bình trong các thử nghiệm của Nghiên cứu 1 là:
|
Bảng 1 | ||
|
Thử nghiệm |
Thời gian t (s) |
Tốc độ (ft/s) |
|
1 |
22,8 |
3,28 |
|
2 |
23,2 |
3,23 |
|
3 |
22,5 |
3,33 |
|
Trung bình |
22,8 |
3,28 |
→ Tốc độ trung bình của cả ba thử nghiệm trong Nghiên cứu 1 lớn hơn tốc độ trung bình đo được trong Thử nghiệm 2.
Bánh xe cao su cứng có đinh tán.
Bánh xe cao su mềm, nhẵn và không có rãnh.
Bánh xe cao su cứng, có rãnh sâu.
Tốc độ trung bình của xe là như nhau đối với các loại bánh xe khác nhau.
Đáp án A
Dựa trên dữ liệu trong cả ba bảng, ta có:
+ Trong Bảng 1, tốc độ trung bình là: 3,28 ft/s
+ Trong Bảng 2, tốc độ trung bình là: 1,32 ft/s
+ Trong Bảng 3, tốc độ trung bình là: 6,44 ft/s
→ Tốc độ trung bình lớn nhất 6,44 ft/s được ghi lại trong Bảng 3 và tương ứng trong Nghiên cứu 3, loại bánh xe được sử dụng là bánh xe bằng cao su cứng, có các đinh tán.
Kéo các cụm từ sau vào vị trí thích hợp.
Trong các thử nghiệm, để tăng tốc độ chuyển động của xe, các học sinh nên sử dụng loại bánh xe có đinh tán hoặc có rãnh sâu nhằm tạo ra lực ma sát lớn.
Giải thích
(1) – tăng tốc độ
(2) - lực ma sát
Các vỏ lốp xe cao su cần có rãnh và gai để tăng độ bám dính lên bề mặt di chuyển, tạo ra ma sát vừa đủ để các bánh xe có thể chuyển động liên tục, thay vì chỉ quay tròn và trượt theo quán tính. Như vậy, nếu không có các rãnh, gai trên vỏ lốp xe thì sẽ không tạo ra đủ lực ma sát trên bánh xe giúp xe tiến về phía trước.
Tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán trong các thử nghiệm là (1) __ 6,44 __ ft/s.
Giải thích
Trong Nghiên cứu 3, các thử nghiệm sử dụng ô tô có bánh xe bằng cao su cứng và có các đinh tán
+ Dựa vào Bảng 3, ta có tốc độ trung bình trong các thử nghiệm là 6,44 ft/s.
|
Bảng 3 | ||
|
Thử nghiệm |
Thời gian t (s) |
Tốc độ (ft/s) |
|
1 |
11,3 |
6,64 |
|
2 |
11,6 |
6,47 |
|
3 |
12,1 |
6,20 |
|
Trung bình |
11,7 |
6,44 |
\({v_1} \approx 2{v_2}\).
\({v_1} \approx 2{v_3}\).
\({v_1} \approx \frac{1}{2}{v_2}\).
\({v_1} \approx \frac{1}{2}{v_3}\).
Đáp án D
Dựa trên dữ liệu trong cả ba bảng, ta có:
+ Trong Bảng 1, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe bằng cao su cứng, có các rãnh sâu là: \[{v_1} = 3,28\,\,ft/s\]
+ Trong Bảng 2, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su mềm, nhẵn và không có rãnh là: \[{v_2} = 1,32\,\,ft/s\]
+ Trong Bảng 3, tốc độ trung bình của ô tô có bánh xe cao su cứng, có đinh tán là: \[{v_3} = 6,44\,\,ft/s\]
Từ các giá trị trên, ta có: \({v_1} \approx \frac{1}{2}{v_3}\).
Khi đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ thì \[C\] chuyển thành \[C{O_2}\], \[H\] chuyển thành \[{H_2}O,\] Cl chuyển thành \[HCl.\] Người ta nhận ra trong sản phẩm cháy có \[C{O_2}\] nhờ nước vôi trong, nhận ra sự có mặt của H2O nhờ \[CuS{O_4}\;khan,\] nhận ra HCl nhờ dung dịch \[AgN{O_3}.\]
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Công thức phân tử của methyl formate và glucose lần lượt là \[{C_2}{H_4}{O_2}\] và \[{C_6}{H_{12}}{O_6}.\] Công thức kinh nghiệm của hai chất này là \[C{H_2}O.\] |
¤ |
|
|
Trong phương pháp phổ khối lượng, đối với các hợp chất đơn giản, thường mảnh có giá trị m/z lớn nhất ứng với mảnh ion phân tử \[\left[ {{M^ + }} \right]\] và giá trị này bằng giá trị nguyên tử khối của chất nghiên cứu. |
|
¤ |
|
Người ta thường xác định tỉ khối của một chất khí X (chưa biết phân tử khối) so với không khí \[\left( {{d_{X/kk}}} \right)\] rồi tính phân tử khối của X theo công thức: \[{M_X}\; = {\rm{ }}26.{d_{X/kk}}.\] |
|
¤ |
Giải thích:
Phát biểu 1 Đúng, vì: \[{\left( {C{H_2}O} \right)_2}\]tương đương với \[{C_2}{H_4}{O_2}\] và \[{\left( {C{H_2}O} \right)_6}\;\]tương đương với \[{C_6}{H_{12}}{O_6}.\] Do đó, methyl formate và glucose có cùng công thức kinh nghiệm là \[C{H_2}O.\]
Phát biểu 2 Sai, vì: trong phương pháp phổ khối lượng, đối với các hợp chất đơn giản, thường mảnh có giá trị m/z lớn nhất ứng với mảnh ion phân tử \[\left[ {{M^ + }} \right]\]và giá trị này bằng giá trị phân tử khối của chất nghiên cứu.
Phát biểu 3 Sai, vì: người ta thường xác định tỉ khối của một chất khí X (chưa biết phân tử khối) so với không khí \[\left( {{d_{X/kk}}} \right)\] rồi tính phân tử khối của X theo công thức: \[{M_X}\; = 29.{d_{X/kk}}.\]
Đúng
Sai
Đặt công thức phân tử của X có dạng: \({C_x}{H_y}{N_x}{O_t}.\)
Ta có:
\[{\rm{x:y:z:t = }}{{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{\rm{N}}}:{{\rm{n}}_{\rm{O}}} = \frac{{45,80}}{{12,01}}:\frac{{10,57}}{{1,008}}:\frac{{13,24}}{{14,01}}:\frac{{30,39}}{{16,00}} = 3,813:10,49:0,945:1,899\]
Tỉ số nguyên tử được quy về tỉ số của các số nguyên tối giản, bằng cách chia cho số nhỏ nhất trong chúng (0,945), ta thu được công thức kinh nghiệm.
\({{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{\rm{N}}}:{{\rm{n}}_{\rm{O}}} = \frac{{3,813}}{{0,945}}:\frac{{10,49}}{{0,945}}:\frac{{0,945}}{{0,945}}:\frac{{1,899}}{{0,945}} = 4,03:11,1:1,00:2,01 = 4:11:1:2\)
Công thức kinh nghiệm của X là \[{C_4}{H_{11}}N{O_2}.\]
Chọn: Đúng.
Áp dụng: \[M = K.\frac{{m.1000}}{{p.\Delta t}}\]
\( \Rightarrow {{\rm{M}}_{{\rm{glucose }}}} = 0,51.\frac{{18.1000}}{{150.(100,34 - 100)}} = 180\) (g/mol).
Đáp số: 180.
\[1,{66.10^2}\;\left( {g/mol} \right).\]
\[1,{66.10^3}\;\left( {g/mol} \right).\]
\[1,{66.10^5}\;\left( {g/mol} \right).\]
\[1,{66.10^4}\;\left( {g/mol} \right).\]
Ta có:
\(\pi = \frac{{1,12{\rm{mmHg}}}}{{760{\rm{mmHg}}}} = 1,{47.10^{ - 3}}\) atm
Phân tử khối của protein đã cho là:
\({\rm{M}} = \frac{{{\rm{mRT}}}}{{\pi .{\rm{V}}}} = \frac{{{{1.10}^{ - 3}}.0,08206.(273 + 25)}}{{1,{{47.10}^{ - 3}}{{.1.10}^{ - 3}}}} \approx 1,{66.10^4}\) (g/mol).
Chọn D.
\[{C_6}{H_6}C{l_6}.\]
\[{C_9}{H_{12}}Cl.\]
\[{C_8}{H_8}C{l_2}.\]
\[{C_7}{H_5}C{l_3}.\]
Nguyên tử khối trung bình của chlorine là:
\(\frac{{(75,77.35) + (24,23.37)}}{{100}} = 35,5\)
Đặt công thức phân tử của Lindane có dạng: \({C_x}{H_y}C{l_z}.\)Ta có:
\({\rm{x:y:z = }}{{\rm{n}}_{\rm{C}}}:{{\rm{n}}_{\rm{H}}}:{{\rm{n}}_{{\rm{Cl}}}} = \frac{{24,78}}{{12}}:\frac{{2,08}}{1}:\frac{{73,14}}{{35,5}} = 1:1:1\)
Þ Công thức thực nghiệm của lindane là CHCl.
Tính với \[^{35}Cl,\] Lindane có phân tử khối 288: \[{\left( {CHCl} \right)_n}\; = 288{\rm{ }}hay{\rm{ }}48n = 288\; \Rightarrow \;n = 6.\]
Tương tự, với \[^{37}Cl,\] Lindane có phân tử khối 300: \[{\left( {CHCl} \right)_n}\; = 300{\rm{ }}hay{\rm{ }}50n = 300\; \Rightarrow n = 6.\]Vậy công thức phân tử của Lindane là \[{C_6}{H_6}C{l_6}.\]
Chọn A.
384 g/mol.
175 g/mol.
388 g/mol.
777 g/mol.
Ta có độ hạ băng điểm của dung dịch là: \[\Delta t = 5,50 - 5,26 = 0,24^\circ C\]
Þ Phân tử khối của hormone thyroxine là:
\({{\rm{M}}_{{\rm{thyroxine }}}} = 5,12.\frac{{0,546.1000}}{{15.0,24}} \approx 777\) (g/mol).
Chọn D.
Đọc thông tin dưới đây và trả lời các câu hỏi từ câu 21 đến câu 26:
Amino acid là hợp chất hữu cơ mà phân tử chứa đồng thời nhóm amino \[\left( { - N{H_2}} \right)\]và nhóm cacboxyl \[\left( { - COOH} \right).\]Vì nhóm −COOH có tính acid, nhóm \[ - N{H_2}\] có tính base nên amino acid có tính chất lưỡng tính, tức là trong dung dịch có thể phân li thành ion \[{H^ + }\] và \[O{H^ - }.\]Các amino acid là những chất rắn ở dạng tinh thể không màu, vị hơi ngọt, có nhiệt độ nóng chảy cao (từ \[{200^o}C\] đến \[{300^o}C\], đồng thời bị phân huỷ) và dễ tan trong nước vì chúng tồn tại ở dạng ion lưỡng cực. Trong dung dịch, dạng ion lưỡng cực chuyển một phần thành dạng phân tử.
Trên thực tế, người ta thấy amino acid tồn tại phổ biến nhất ở 3 dạng: Dạng cation, dạng ion lưỡng cực và dạng anion. Dạng trung hoà tồn tại với lượng rất nhỏ vì nhóm \[ - N{H_2}\] và \[ - COOH\]phản ứng. Ở một pH nào đó, có sự ngang bằng giữa dạng anion và dạng cation, khi đó amino acid tồn tại chủ yếu ở dạng lưỡng cực. pH đó được gọi là điểm đẳng điện, kí hiệu là pHI hoặc pI.
Các amino acid có giá trị pI khác nhau, nên ở một pH xác định chúng sẽ dịch chuyển về phía anode hoặc cathode với những vận tốc khác nhau, đó là sự điện di. Dựa trên cơ sở này, người ta đã xây dựng phương pháp điện di để tách các amino acid từ hỗn hợp của chúng.
Người ta thực hiện một thí nghiệm điện di trên gel để tách các amino acid ra khỏi hỗn hợp amino acid. Hỗn hợp này được hoà tan trong dung môi và sau đó được đặt ở điểm bắt đầu của gel agarose. Một dòng điện được đưa vào gel và các amino acid di chuyển những khoảng cách khác nhau tuỳ theo điện tích của chúng.
Thí nghiệm 1:
Thí nghiệm sau đây được thực hiện để xác định mức độ thay đổi pH của dung môi ảnh hưởng đến quá trình tách amino acid bằng điện di trên gel. Bảng 1 cho thấy các điểm đẳng điện của amino acid và giá trị pH của dung môi.
Bảng 1
|
Amino acid |
pI |
|
A |
8,2 |
|
B |
7,4 |
|
C |
6,8 |
|
D |
5,9 |
|
Dung môi |
pH |
|
1 |
8,9 |
|
2 |
9,6 |
|
3 |
10,2 |
Một tờ giấy đặc biệt dài 150mm được xử lý bằng gel agarose (Agarose là một loại polysaccharide chiết xuất từ tảo biển và có khả năng tạo gel khi được làm nguội. Khi áp dụng điện trường, các phân tử này di chuyển qua gel theo kích thước của chúng, tạo ra các dải băng khác nhau trên gel). Các điện cực được gắn ở mỗi đầu và nối với nguồn điện 100V. Hỗn hợp 150 μg amino acid đã được thêm vào dung môi 1 để tạo thành 200 μL dung dịch. Dung dịch được đặt tại điểm bắt đầu của gel và được tách trong 60 phút. Mật độ của các amino acid riêng biệt được biểu thị bằng phần trăm trên quãng đường di chuyển của chúng. Quy trình được lặp lại đối với dung môi 2 và 3. Kết quả thu được thể hiện trong hình 2:
Hình 2. Kết quả thí nghiệm 1
Thí nghiệm 2: Thí nghiệm 2 được lặp lại như thí nghiệm 1 nhưng đảo ngược điện cực. Kết quả thu được trong hình 3:
giữa 20 mm và 30 mm.
giữa 10 mm và 20 mm.
nhỏ hơn 10 mm.
lớn hơn 30 mm.
Dữ liệu trong Bảng 1 kết hợp với kết quả được thể hiện trong Hình 2 chứng minh rằng khi độ pH của dung môi giảm, khoảng di chuyển của amino acid A cũng giảm đi. Đối với Dung môi 1 (độ pH 8,9), amino acid A di chuyển khoảng 10 mm. Dung môi có độ pH là 8,4 ít hơn so với Dung môi 1. Do đó, dự kiến amino acid A sẽ di chuyển ít hơn so với khi sử dụng Dung môi 1.
Chọn C.
15 mm.
50 mm.
35 mm.
65 mm.
Nhìn vào hình 2, thí nghiệm thực hiện với dung môi 2 của amino acid D có đỉnh cực đại tại 50 mm.
Chọn B.
þ Thí nghiệm 1: Dung môi 1.
o Thí nghiệm 1: Dung môi 2.
o Thí nghiệm 1: Dung môi 3.
þ Thí nghiệm 2: Dung môi 1.
o Thí nghiệm 2: Dung môi 2.
o Thí nghiệm 2: Dung môi 3.
Giải thích: Trong Hình 1 và Hình 2, dung môi 1 đều thể hiện có các đỉnh của các amino acid rất gần nhau nên sẽ có độ phân giải thấp nhất.
Đúng
Sai
Nhận thấy, pH tăng dần từ dung môi 1 đến dung môi 3 và trong cả thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2 thì khoảng cách giữa các đỉnh ngày càng xa theo thứ tự điện di từ dung môi 1 đến 3. pH lớn hơn 10 là pH tương đương với pH của dung môi 3 có các đỉnh xa dần nên sẽ dễ tách amino acid ra khỏi hỗn hợp của chúng.
Chọn: Sai.
Sắp xếp: A < B < Y < C < D.
Giải thích: Nhận thấy rằng pI của amino acid càng thấp thì khả năng di chuyển càng lớn nên pI của amino acid Y lớn hơn amino acid A, B và nhỏ hơn amino acid C, vậy khoảng cách dịch chuyển của Y sẽ nằm giữa B và C, các đỉnh còn lại không thay đổi.
0 mm.
25 mm.
50 mm.
75 mm.
Trong Hình 3, khi amino acid B quay trở về 0% được phát hiện, tức là chưa được điện di, thì amino acid A cũng chưa được điện di, tức là di chuyển một khoảng 0 mm.
Chọn A.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 27 đến 33:
Trong quá trình phiên mã, các gene xác định trình tự các base nằm dọc chiều dài phân tử mRNA. Trong phạm vi mỗi gene, chỉ một trong hai mạch DNA được phiên mã. Mạch này được gọi là mạch khuôn bởi vì nó cung cấp khuôn mẫu cho sự lắp ráp các nucleotide trên bản phiên mã RNA. Trong quá trình dịch mã, trình tự các codon dọc phân tử mRNA được dịch mã thành trình tự các amino acid từ đó hình thành nên chuỗi polypeptide.
Các bộ ba của các base nucleotide là các đơn vị nhỏ nhất, có chiều dài đồng đều có thể mã hóa cho tất cả các amino acid. Trên cơ sở đó, dòng thông tin đi từ gene đến protein dựa trên mã bộ ba, nói cách khác, bản hướng dẫn tổng hợp một chuỗi polypeptide được viết trên DNA là một chuỗi những “từ” gồm 3 nucleotide và có đặc điểm không gối lên nhau.
Các nhà sinh học phân tử đã giải mã sự sống thành công vào những năm đầu của thập kỷ 1960, codon đầu tiên được giải mã gồm toàn các nucleotide thuộc loại uracil liên kết với nhau. Đến giữa những năm 1960, tất cả 64 codon đã được giải mã hết (như liệt kê trong hình 1), trong đó có 61 codon mã hóa cho các amino acid. Ba codon không mã hóa cho bất cứ amino acid nào được gọi là các “tín hiệu kết thúc dịch mã”; tại đó, quá trình dịch mã kết thúc. Codon AUG có hai chức năng, nó vừa mã hóa cho amino acid methionine (Met), vừa là tín hiệu “bắt đầu dịch mã”. Điều này có nghĩa là, các thông điệp di truyền trên phân tử mRNA luôn được bắt đầu từ codon AUG (trừ một số ngoại lệ); nói cách khác, đây cũng chính là “tín hiệu” thông báo cho bộ máy dịch mã bắt đầu quá trình dịch mã mRNA.
Bảng 1. Bảng mã di truyền
Mã di truyền có tính thoái hóa, nhưng luôn đặc hiệu. Cụ thể như, mặc dù các mã bộ ba GAA và GAG có thể đồng thời mã hóa cho acid glutamic (tính thoái hóa), nhưng không có bất kì mã bộ ba nào đồng thời mã hóa cho hai amino acid trở lên (tính đặc hiệu). Ngoài ra, tính thoái hóa của mã bộ ba cũng không phải là ngẫu nhiên. Trong nhiều trường hợp, các codon khác nhau có cùng nghĩa (mã hóa cho cùng một loại amino acid), chỉ khác nhau về base thứ ba trong bộ ba nucleotide của chúng.
bộ ba trên phân tử DNA.
bộ ba trên phân tử mRNA.
bộ ba trên chuỗi polypeptide.
amino acid trên chuỗi polypeptide.
Đúng
Sai
trình tự sắp xếp của các nucleotide trong gene quy định trình tự sắp xếp các amino acid trong protein.
các amino acid được mã hóa trong gene.
ba nucleotide liền kề cùng loại hay khác loại đều mã hóa cho một amino acid.
một bộ ba mã hóa cho một amino acid.
(1) Đúng. AUG mã hóa cho methionine, còn UGG mã hóa cho triptophan. Đây là các bộ ba chỉ mã hóa duy nhất cho 1 amino acid và amino acid đó cũng chỉ được mã hóa bởi một bộ ba duy nhất.
(2) Đúng. XGX và AGA là những codon mã hóa cho Arginine.
(3) Sai. Mỗi codon chỉ mã hóa cho một loại amino acid được gọi là tính đặc hiệu của mã di truyền.
Vị trí thứ 1 có 3 cách chọn nucleotide.
Vị trí thứ 2 có 3 cách chọn nucleotide.
Vị trí thứ 3 có 3 cách chọn nucleotide.
→ Vậy số bộ ba khác nhau tạo nên từ 3 nucleotide trên là: 3 × 3 × 3 = 27.
Do có 3 bộ ba quy định tín hiệu kết thúc (UAA, UAG, UGA) không mã hóa cho amino acid nào, nên đáp án là: 27 – 3 = 24.
Đột biến chỉ làm thay đổi một amino acid ở vị trí thứ 2 trên chuỗi polypeptide.
Đột biến làm xuất hiện tín hiệu kết thúc sớm nên quá trình dịch mà dừng lại.
Đột biến làm thay đổi toàn bộ amino acid trừ amino acid ở vị trí đầu tiên trên chuỗi polypeptide.
Đột biến không làm thay đổi trình tự amino acid trên chuỗi polypeptide.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 34 đến 40:
PHƯƠNG PHÁP NHUỘM GRAM
Kĩ thuật nhuộm Gram (được đặt tên theo Hans Christian Gram – nhà vi khuẩn học người Đan Mạch) thực hiện nhiều bước nhuộm tế bào vi khuẩn với nhiều loại hóa chất khác nhau để phân biệt 2 nhóm vi khuẩn là Gram dương (+) và Gram âm (-) với các bước thực hiện được mô tả trong hình dưới:
Hình 1. Các bước nhuộm gram
Cơ sở khoa học của phương pháp nhuộm Gram là dựa trên sự khác biệt trong cấu tạo của vách tế bào vi khuẩn, cụ thể:
- Vi khuẩn Gram dương: chúng có lớp vách tế bào peptidoglycan dày, dạng lưới có khả năng bắt màu tím của thuốc nhuộm tím Violet – Iodine kết tinh. Cũng vì lớp vách dày nên việc tẩy cồn sẽ khó khăn hơn do đó vi khuẩn giữ được màu tím của thuốc nhuộm tím Violet – Iodine kết tinh.
- Vi khuẩn Gram âm: lớp vách peptidoglycan mỏng hơn và nó có thêm lớp màng lipopolysaccharide phía ngoài, khi tẩy cồn cồn hòa tan lớp màng và do lớp vách mỏng bị cồn tẩy dễ dàng nên nó không giữ được màu tím của thuốc nhuộm mà sẽ bắt màu thuốc nhuộm sau là dung dịch Fushin kiềm.
Một nhóm sinh viên đã thực hiện một thí nghiệm để phân biệt một số loài vi khuẩn và cho ra kết quả như sau:
Bảng 1. Kết quả đo độ dày của lớp peptidoglycan của một số loài vi khuẩn
Vi sinh vật tự dưỡng và vi sinh vật dị dưỡng.
Vi khuẩn Gr- và vi khuẩn G+.
Vi khuẩn hóa dưỡng và vi khuẩn quang dưỡng.
Vi sinh vật nhân sơ và vi sinh vật nhân thực.
Cầu khuẩn màng não có màu tím.
Cầu khuẩn màng não có màu hồng.
Cầu khuẩn màng não có màu xanh.
Cầu khuẩn màng não không bắt màu.
1, 2, 3.
1, 3, 4.
2, 3, 4.
1, 2, 4.
Loài 1.
Loài 2.
Loài 3.
Loài 4.
Loài 1.
Loài 2.
Loài 3.
Loài 4.
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 ĐH Bách Khoa
ĐH Bách Khoa
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
