Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 02)
100 câu hỏi
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận ngang.
Đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận đứng.
Đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.
Giải chi tiết
Vì nên đường thẳng \(x = 1\) là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Vì nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.
Vậy đồ thị hàm số có một đường tiệm cận đứng.
\({30^0}\).
\({45^0}\).
\({60^ \circ }\).
\({90^0}\).
Giải chi tiết
Ta có: \(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {B'D'} \). Do đó,
\(\left( {\overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {B'C} } \right) = \left( {\overrightarrow {B'D'} ,\overrightarrow {B'C} } \right) = \angle D'B'C'\)
Vì \(B'C' = CD' = D'B'\) nên tam giác \(B'CD'\) là tam giác đều.Suy ra \(\angle D'B'C' = {60^ \circ }\)
Vậy \(\left( {\overrightarrow {BD} ,\overrightarrow {B'C} } \right) = {60^ \circ }\)
Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { - 2} \right\}\)
Hàm số có hai điểm cực trị
Phương trình đường tiệm cận đứng của đồ thị ( \(C\) ) là: \(x = - 2\)
Phương trình đường tiệm cận xiên của đồ thị \(\left( C \right)\) là : \(y = x + 2\)
Giải chi tiết
ТХĐ: \(D = \mathbb{R} \setminus \left\{ { - 2} \right\}\)
\(y = \frac{{{x^2} + 2x + 4}}{{x + 2}} = x + \frac{4}{{x + 1}} \Rightarrow y' = 1 - \frac{4}{{{{(x + 1)}^2}}}\)\(y' = 0 \Leftrightarrow {(x + 1)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = 2}\\{x + 1 = - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}} \right.} \right.\)Vậy hàm số có 2 cực trị, TCĐ: \(x = - 2\), TCX: \(y = x\).
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \vec b} \right)\).
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\vec d + \vec b - \vec c} \right)\).
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec b - \vec d} \right)\).
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d + \vec b} \right)\).
Ta phân tích:
\(\overrightarrow {MP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right)\) (tính chất đường trung tuyến)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AM} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - 2\overrightarrow {AM} } \right)\)\( = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \overrightarrow {AB} } \right) = \frac{1}{2}\left( {\vec c + \vec d - \vec b} \right)\).
\(A'\left( {3;5; - 6} \right)\).
\(A'\left( { - 2;4; - 5} \right)\).
\(A'\left( {6;2; - 3} \right)\).
\(A'\left( { - 4; - 2;9} \right)\).
Giải chi tiết
\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - 1 = {x_C} - 1}\\{1 - 0 = {y_C} - \left( { - 1} \right)}\\{2 - 1 = {z_C} - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 2}\\{{y_C} = 0}\\{{z_C} = 2}\end{array} \Rightarrow C\left( {2;0;2} \right)} \right.} \right.\).\(\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {CC'} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{A'}} - 1 = 2}\\{{y_{A'}} - 0 = 5}\\{{z_{A'}} - 1 = - 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_{A'}} = 3}\\{{y_{A'}} = 5}\\{{z_{A'}} = - 6}\end{array} \Rightarrow A'\left( {3;5; - 6} \right)} \right.} \right.\).
Khoảng biến thiên của mẫu số liệu là 30 .
Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là 6,18 .
Khối lượng trung bình của 1000 quả trứng là 45 gam.
Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu là\(\frac{{6\sqrt {17} }}{5}\).
a) Khoảng biến thiên là \(60 - 30 = 30\).
b) Nhóm chứa \({Q_1}\) là nhóm \(\left[ {42;48} \right)\).
Suy ra \({Q_1} = 42 + \frac{{250 - 235}}{{500}} \cdot 6 = 42,18\).
\(\frac{{3N}}{4} = 750\).
Nhóm chứa \({Q_3}\) là nhóm \(\left[ {48;54} \right)\).
Khi đó \({Q_3} = 48 + \frac{{750 - 735}}{{250}} \cdot 16 = 48,36\).
Suy ra khoảng tứ phân vị \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 6,18\).
c) Ta có bảng sau:
|
Khối lượng (gam) |
\(\left[ {30;36} \right)\) |
\(\left[ {36;42} \right)\) |
\(\left[ {42;48} \right)\) |
\(\left[ {48;54} \right)\) |
\(\left[ {54;60} \right)\) |
|
Giá trị đại diện |
33 |
39 |
45 |
51 |
57 |
|
Số trứng |
45 |
190 |
500 |
250 |
15 |
Khối lượng trung bình:
Phương sai:
\(\frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {45^2} = 24,48\)
Độ lệch chuẩn:
\(s = \sqrt {\frac{{{{33}^2} \cdot 45 + {{39}^2} \cdot 190 + {{45}^2} \cdot 500 + {{51}^2} \cdot 250 + {{57}^2} \cdot 15}}{{1000}} - {{45}^2}} = \frac{{6\sqrt {17} }}{5}.\)
\(F\left( x \right) = {e^{2x}} + \frac{{{x^3}}}{3} + C.\)
\(F\left( x \right) = 2{e^{2x}} + 2x + C\)
\(F\left( x \right) = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\)
\(F\left( x \right) = {e^{2x}} + {x^3} + C\)
Giải chi tiết
Ta có \(F\left( x \right) = \smallint \left( {{e^{2x}} + {x^2}} \right)dx = \smallint \left( {{{\left( {{e^2}} \right)}^x} + {x^2}} \right)dx\)
\( = \frac{{{{\left( {{e^2}} \right)}^x}}}{{{\rm{ln}}{e^2}}} + \frac{{{x^3}}}{3} + C = \frac{{{e^{2x}}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + C\)
\(2{x^3} + 2{x^2} + x - 3\).
\(2{x^3} + 2{x^2} - 3x - 3\).
\(2{x^3} - 2{x^2} + x - 3\).
\(12x + 4\).
Giải chi tiết
Ta có: \(f\left( x \right) = \smallint f'\left( x \right){\rm{d}}x = \smallint \left( {6{x^2} + 4x - 2m - 1} \right){\rm{d}}x = 2{x^3} + 2{x^2}\)\( - \left( {2m + 1} \right)x + C\).
Theo đề bài, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 2}\\{f\left( 0 \right) = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{2.1}^3} + {{2.1}^2} - 2m - 1 + C = 2}\\{C = - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{C = - 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.\).
Vậy \(f\left( x \right) = 2{x^3} + 2{x^2} + x - 3\).
\(M\left( { - \frac{1}{6}; - \frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right)\).
\(M\left( {\frac{1}{6};\frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right)\).
\(M\left( { - \frac{1}{6};\frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right)\).
\(M\left( { - \frac{1}{6}; - \frac{5}{6}; - \frac{2}{3}} \right)\).
Giải chi tiết
\(M \in \left( {\rm{\Delta }} \right) \Rightarrow M\left( {t, - 1 - t,1 + 2t} \right)\), véc tơ chỉ phương của \({\rm{\Delta \;}}:\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}{1; - 1;2}\end{array}} \right)\)
\(AM \bot \left( {\rm{\Delta }} \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} \bot {\vec u_{\rm{\Delta }}} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right) \cdot 1 + \left( { - t} \right) \cdot \left( { - 1} \right) + \left( {1 + 2t} \right) \cdot 2 = 0 \Leftrightarrow 6t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - \frac{1}{6}\)\(t = - \frac{1}{6} \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{6}; - \frac{5}{6};\frac{2}{3}} \right)\)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 100 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\frac{1}{2}\)
\(\sqrt 6 \)
\(\frac{6}{7}\)
\(\frac{1}{{\sqrt {14} }}\)
\(A,B,C\) lần lượt là hình chiếu của điểm \(M\) trên các trục \({\rm{Ox}},{\rm{Oy}},{\rm{Oz}}\).
\( \Rightarrow A\left( {1,0,0} \right),B\left( {0,2,0} \right),C\left( {0,0,3} \right)\)⇒ Phương trình mặt phẳng (ABC) là \(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1 \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z - 6 = 0\)
\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{6}{{\sqrt {{6^2} + {3^2} + {2^2}} }} = \frac{6}{7}\).
\(y = {\rm{sin}}x\).
\(y = {\rm{cos}}x\).
\(y = {\rm{tan}}x\).
\(y = {\rm{cot}}x\).
Giải chi tiết
Do đồ thị hàm số đã cho đối xứng nhau qua \(Oy\) nên là hàm số chẵn.
Do đó hàm số đã cho là hàm số \(y = {\rm{cos}}x\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
Giải chi tiết
\({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.a \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
21 cm .
80 cm .
96 cm .
64 cm .
Giải chi tiết
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 16}\\{d = 16}\end{array}} \right.\)
Bậc thứ 5 có độ cao so với mặt sàn tầng 1: \({u_5} = {u_1} + 4d = 16 + 16.4 = 80\) (cm)
\({P_5}\).
\(A_5^0\).
\(A_5^1\).
\(C_5^5\).
Giải chi tiết
Mỗi cách sắp xếp 5 quyển sách lên kệ sách là một hoán vị của 5 phần tử
Vậy có: \({P_5} = 5! = 120\) cách.
18 .
10 .
9 .
8 .
Giải chi tiết
Giả sử đoàn thẩm phán có \(n\) người ( \(n \in \mathbb{N}{\rm{*}}\) ).
Hai vị thẩm phán bất kỳ bắt tay nhau đúng một lần.
Vậy số cái bắt tay là số tập con có 2 phần tử của tập \(n\) phần tử.
Do đó có \(C_n^2\) cái bắt tay được thực hiện.
Theo bài ra ta có .
\(D = \left( {0;3} \right)\).
\(D = \mathbb{R}\).
\(D = \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)\).
\(D = \left( {3; + \infty } \right)\).
Giải chi tiết
Điều kiện xác định của hàm số: \( - {x^2} + 3x > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 3\)
Tập xác định của hàm số là: \(D = \left( {0;3} \right)\)
0.
\(\frac{{13}}{{21{\rm{ln}}5}}\).
\(\frac{{21}}{{13{\rm{ln}}5}}\).
21
Giải chi tiết
\(y = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_5}\left( {21x + 13} \right) \Rightarrow y' = \frac{{21}}{{\left( {21x + 13} \right){\rm{ln}}5}} \Rightarrow y'\left( 0 \right) = \frac{{21}}{{13{\rm{ln}}5}}\)
Đáp án đúng là: \(\left( {0; + \infty } \right); - 2;8\)
a) Hàm số \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).
b) Do hàm số nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).
Suy ra \(\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{3} = 2\) và \(\mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};9} \right]} \;f\left( x \right) = f\left( 9 \right) = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}9 = \frac{2}{{ - \frac{1}{2}}} = - 4\).
Vậy \(\mathop {{\rm{Max}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};3} \right]} \;f\left( x \right) + \mathop {{\rm{Min}}}\limits_{\left[ {\frac{1}{3};3} \right]} \;f\left( x \right) = - 2\).
c) Ta có \({a^2} = 81b \Rightarrow b = \frac{{{a^2}}}{{81}}\).
Suy ra \(2f\left( {\frac{1}{a}} \right) + f\left( b \right) = 2{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{a} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{{{a^2}}}{{81}} = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}}\frac{1}{{81}} = 4.2 = 8\).
\({90^ \circ }\).
\({45^0}\).
\({60^0}\).
\({30^0}\)
Gọi \(Q\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OQ \bot BC\).
Ta có
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OQ}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SOQ} \right)} \right.\) hay \(\left( {SOQ} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)
Kẻ \(OH \bot SQ \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\).
Khi đó: Góc giữa \(SO\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(\angle OSH\).
\({\rm{tan}}\angle OSH = \frac{{OQ}}{{SO}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \angle OSH = {30^ \circ }\).
\({45^ \circ }\)
\({30^ \circ }\)
\({90^ \circ }\)
\({60^ \circ }\)
Gọi \(N\) là trung điểm của \(SD\) khi đó ta có \(MN//BD\)
\( \Rightarrow \left( {AM,BD} \right) = \left( {AM,MN} \right)\).
Theo giả thiết ta có \(AM = \frac{1}{2}SB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\);
\(AN = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};MN = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) đều \( \Rightarrow \angle AMN = {60^ \circ }\).
Vậy \(\left( {AM,BD} \right) = {60^ \circ }\).
\(L = 2x + y\) bằng bao nhiêu?
6.
7.
8.
5 .
Giải chi tiết
Ta có miền nghiệm của bất phương trình là một tứ giác có các đỉnh \(A\left( {2,2} \right),B\left( {3,1} \right),\) \(C\left( { - 1,1} \right),O\left( {0,0} \right)\) Ta thay tọa độ các điểm \({\rm{O}},{\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\) vào \(L = 2x + y\)
\({L_O} = 2.0 + 0 = 0\)\({L_A} = 2.2 + 2 = 6\)\({L_B} = 2.3 + 1 = 7\)\({L_C} = 2.\left( { - 1} \right) + 2 = - 1\)Vậy L đạt GTLN bằng 7 tại \(x = 3,y = 1\)
Giải chi tiết
Xét hàm số \(N\left( t \right) = 1000 + \frac{{100t}}{{100 + {t^2}}}(t > 0)\).
Ta có \(N'\left( t \right) = \frac{{100.\left( {100 + {t^2}} \right) - 100t.2t}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}} = \frac{{100.\left( {100 - {t^2}} \right)}}{{{{\left( {100 + {t^2}} \right)}^2}}}\).
Khi đó, với \(t > 0,N'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 100 - {t^2} = 0 \Leftrightarrow {t^2} = 100 \Leftrightarrow t = 10\).
Bảng biến thiên của hàm số \(N\left( t \right)\) như sau:
Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\), hàm số \(N\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất bằng 1005 tại \(t = 10\).
Vậy số lượng vi khuẩn lớn nhất kể từ khi thực hiện nuôi cấy vi khuẩn vào môi trường dinh dưỡng là 1005 con.
\(m = 2\) hoặc \(m = - 2\).
\(m = 2\) hoặc \(m = - 2\).
\(m = 3\).
\(m = 2\).
Giải chi tiết
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\)
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6mx;y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6mx = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2m}\end{array}} \right.\)
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nên \(m \ne 0\)
Ta có: \(A\left( {0;3{m^2}} \right),B\left( {2m;3{m^2} - 4{m^3}} \right)\)
\(\begin{array}{*{20}{c}}{ \Rightarrow AB = \sqrt {4{m^2} + 16{m^6}} = 2\left| m \right|\sqrt {1 + 4{m^4}} }\end{array}\)
Phương trình đường thẳng \(AB:y = - 2{m^2}x + 3{m^2} \Leftrightarrow 2{m^2}x + y - 3{m^2} = 0\) \({\rm{(\Delta )}}\)
Diện tích bằng 24 nên
\( \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2\left| m \right|\sqrt {1 + 4{m^4}} \cdot \frac{{\left| { - 3{m^2}} \right|}}{{\sqrt {4{m^4} + 1} }} = 24\)\( \Leftrightarrow |m{|^3} = 8 \Leftrightarrow \left| m \right| = 2 \Leftrightarrow m = \pm 2\) (thỏa mãn \(m \ne 0\) ).
\(m = 5\).
\(m = 3\).
\(m = 4\).
\(m = 2\).
Ta có \(m = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}\left( {1 + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right) > \frac{1}{2}\) với \(a,b > 1\).
\(P = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + 54{\rm{lo}}{{\rm{g}}_b}a\)\( = {\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b} \right)^2} + \frac{{54}}{{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_a}b}}\)\( = {(2m - 1)^2} + \frac{{54}}{{2m - 1}} = f\left( m \right)\)\(f'\left( m \right) = \frac{{4{{(2m - 1)}^3} - 108}}{{{{(2m - 1)}^2}}}\).
\(f'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow m = 2\).
Bảng biến thiên
Từ BBT, ta có \(P\) đạt giá trị nhỏ nhất là 27 khi \(m = 2\).
Người ta muốn xây một đoạn đường \(AB\) (như hình vẽ) và đoạn đường này phải đi qua điểm \(M\) Biết rằng vị trí điểm \(M\) cách \(OD\;125m\) và cách \(OE\;1{\rm{km}}\). Giả sử chi phí để làm 100 m đường là 150 triệu đồng. Chọn vị trí của \(A\) và \(B\) để hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất. Hỏi chi phí thấp nhất để hoàn thành được con đường là bao nhiêu? (Làm tròn kết quả đến số thập phân thứ nhất)
Đáp án: ____
Đáp án đúng là: 2,1
Đề hoàn thành con đường với chi phí thấp nhất thì phải chọn \(A,B\) sao cho đoạn thẳng \(AB\) là bé nhất. Thiết lập khoảng cách giữa hai điểm \(A,B\) và tìm giá trị nhỏ nhất.
Chọn hệ tọa độ \(xOy\) như hình dưới đây với \(OD\) nằm trên tia \(Oy\). Khi đó điểm \(M\left( {\frac{1}{8};1} \right)\).
Gọi \(B\left( {m;0} \right),A\left( {0;n} \right){\rm{\;}}(m,n > 0)\).
Khi đó ta có phương trình theo đoạn chắn là \(\frac{x}{m} + \frac{y}{n} = 1\).
Do đường thẳng đi qua \(M\left( {\frac{1}{8};1} \right)\) nên \(\frac{1}{{8m}} + \frac{1}{n} = 1\)
\( \Rightarrow \frac{1}{n} = 1 - \frac{1}{{8m}} = \frac{{8m - 1}}{{8m}} \Rightarrow n = \frac{{8m}}{{8m - 1}}\).
Có \(A{B^2} = {m^2} + {n^2} = {m^2} + \left( {\frac{{8m}}{{8m - 1}}} \right) = f\left( m \right)\).
Xét hàm số \(f\left( m \right)\), ta có :
\(f'\left( m \right) = 2m + 2.\frac{{8m}}{{8m - 1}}.\frac{{ - 8}}{{{{(8m - 1)}^2}}} = 2m.\left( {1 - \frac{{64}}{{{{(8m - 1)}^3}}}} \right);\)\(f'\left( m \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 0{\rm{\;(loai)\;}}}\\{1 - \frac{{64}}{{{{(8m - 1)}^2}}} = 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow {(8m - 1)^3} = 64 \Leftrightarrow m = \frac{5}{8}\)
\(f\left( m \right) \ge f\left( {\frac{5}{8}} \right) = {\left( {\frac{5}{8}} \right)^2} + {\left( {\frac{{8 \cdot \frac{5}{8}}}{{8 \cdot \frac{5}{8} - 1}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{64}} + \frac{{25}}{{16}} = \frac{{125}}{{64}}\)
\( \Rightarrow AB \ge \sqrt {\frac{{125}}{{64}}} = \frac{{5\sqrt 5 }}{8}\)
Vậy quãng đường ngắn nhất là \(\frac{{5\sqrt 5 }}{8}\left( {{\rm{\;km}}} \right)\)
Giá để làm 1km đường là 1500 triệu đồng \( = 1,5\) tỷ đồng nên khi đó chi phí thấp nhất để hoàn thành con đường là \(\frac{{5\sqrt 5 }}{8} \cdot 1,5 \approx 2,1\)（tỷ đồng）．
\(\frac{1}{2}\) ．
\(\frac{4}{3}\) ．
1 ．
\(\frac{5}{4}\) ．
Giải chi tiết
Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của phần tô đậm và phần còn lại của hình vuông．
Phần tô đậm giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = {x^3}\) và \(y = \sqrt[3]{x}\) với \(x \in \left[ {0;1} \right]\) nên
（vì \(\sqrt[3]{x} \ge {x^3}\) với \(\forall x \in \left[ {0;1} \right])\)
\({S_2} = O{A^2} - {S_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = {S_1}\).
Suy ra \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = 1\) ．
\(\frac{{100}}{3}\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
\(\frac{{43}}{3}\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
\(41\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
\(132\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
Giải chi tiết
Trên hệ trục tọa độ \(Oxy\), xét đường tròn \(\left( C \right):{(x - 5)^2} + {y^2} = 25\).
Ta thấy nếu cho nửa trên trục Ox của \(\left( C \right)\) quay quanh trục Ox ta được mặt cầu bán kính bằng 5 . Nếu cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi nửa trên trục Ox của \(\left( C \right)\), trục Ox, hai đường thẳng \(x = 0,x = 2\) quay xung quanh trục Ox ta sẽ được khối tròn xoay chính là phần cắt đi của khối cầu trong đề bài.
Ta có \({(x - 5)^2} + {y^2} = 25 \Leftrightarrow y = \pm \sqrt {25 - {{(x - 5)}^2}} \)ê
P Nửa trên trục \(Ox\) của \(\left( C \right)\) có phương trình \(y = \sqrt {25 - {{(x - 5)}^2}} = \sqrt {10x - {x^2}} \)
⇒ Thể tích vật thể tròn xoay khi cho \(\left( H \right)\) quay quanh Ox là:
Thể tích khối cầu là: \({V_2} = \frac{4}{3}\pi \cdot {5^3} = \frac{{500\pi }}{3}\)
Thể tích cần tìm: \(V = {V_2} - 2{V_1} = \frac{{500\pi }}{3} - 2 \cdot \frac{{52\pi }}{3} = 132\pi \left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
4 .
3 .
0 .
1 .
Giải chi tiết
Khoảng cách từ điểm \(I\) đến trục \(Oy\) là: \(d\left( {I,Oy} \right) = \sqrt {x_1^2 + y_1^2} = \sqrt 2 \).
Diện tích tam giác
\( \Leftrightarrow \sqrt 2 = \frac{1}{2} \cdot MN \cdot \sqrt 2 \Leftrightarrow MN = 2\)Bán kính mặt cầu ( \(S\) ) là \(R = IM = \sqrt {I{H^2} + H{M^2}} \)
\( = \sqrt {{d^2}\left( {I,Oy} \right) + \frac{{M{N^2}}}{4}} = \sqrt {{{(\sqrt 2 )}^2} + \frac{{{2^2}}}{4}} = \sqrt 3 \)
Phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) là: \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z + 1)^2} = 3\)
Biến đồi về dạng \({(x + a)^2} + {y^2} - 4by + {z^2} + 2cz - 2d = 0\) như sau:
\({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} + {(z + 1)^2} = 3 \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {y^2} - 4y + {z^2} + 2z + 2 = 0\)Suy ra \(a = - 1;b = 1;c = 1;d = - 1 \Rightarrow T = a + b + c + d = 0\)
\(\frac{{{a^3}}}{{16}}\).
\(\frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\).
\(\frac{{3{a^3}}}{{16}}\).
\(\frac{{{a^3}}}{4}\).
Hạ \(HM\) vuông góc với \(A'B'\) tại điểm \(H\).
Khi đó góc nhị diện giữa hai mặt phẳng ( \(AA'B'\) ) và ( \(ABC\) ) cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng ( \(AA'B'\) ) và ( \(A'B'C'\) ) và bằng \(\angle AHM = {60^ \circ }\).
Dễ dàng tính được \(HM = \frac{a}{2}{\rm{sin}}{60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow AM = HM \cdot {\rm{tan}}{60^ \circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \cdot \sqrt 3 = \frac{{3a}}{4}\).
Suy ra thể tích khối lăng trụ .
Tọa độ điểm \(M\left( {a;\frac{a}{2};0} \right)\)
Tọa độ một VTPT của \(\left( {SBC} \right)\) là \(\vec n = \left( {1;0;2} \right)\)
Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{2}{{\sqrt {30} }}\)
Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) như hình vẽ với:
\(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {2a;0;0} \right),D\left( {0;2a;0} \right),C\left( {2a;2a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right),M\left( {0;a;\frac{a}{2}} \right)\).
\(\overrightarrow {SB} = \left( {2a;0; - a} \right),\overrightarrow {SC} = \left( {2a;2a; - a} \right),\overrightarrow {MA} = \left( {0; - a; - \frac{a}{2}} \right),\overrightarrow {MC} = \left( {2a;a; - \frac{a}{2}} \right)\).
Vectơ pháp tuyến của \(\left( {SBC} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right] = \left( {2{a^2};0;4{a^2}} \right)\)
Vectơ pháp tuyến của \(\left( {MAC} \right)\) là \(\overrightarrow {{n_2}} = \left[ {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {MC} } \right] = \left( {{a^2}; - {a^2};2{a^2}} \right)\).
Gọi \(\alpha \left( {{0^ \circ } \le \alpha \le {{90}^ \circ }} \right)\) là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( \(AMC\) ) và ( \(SBC\) ).
Ta có \({\rm{cos}}\alpha = \left| {{\rm{cos}}\left( {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right)} \right| = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)
\( = \frac{{\left| {2{a^2} \cdot {a^2} + 4{a^2} \cdot 2{a^2}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {2{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {4{a^2}} \right)}^2}} \cdot \sqrt {{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( { - {a^2}} \right)}^2} + {{\left( {2{a^2}} \right)}^2}} }}\)\( = \frac{{10{a^4}}}{{\sqrt {20.6.{{\left( {{a^4}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{{\sqrt {30} }}\).
Đáp án đúng là: -10
Vectơ \(\overrightarrow {AB} = \left( {300;50; - 50} \right)\) nên \(\vec u = \left( {6;1; - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(AB\). Phương trình đường thẳng \(AB\) là: \(\frac{{x + 500}}{6} = \frac{{y + 250}}{1} = \frac{{z - 150}}{{ - 1}}\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của điểm \(O\) trên đường thẳng \(AB\) thì \(OH\) là khoảng cách ngắn nhất giữa máy bay và đài kiểm soát.
Khi đó \(H\left( {6t - 500;t - 250; - t + 150} \right)\).
Ta có \(\overrightarrow {OH} \cdot \vec u = \left( {6t - 500} \right) \cdot 6 + t - 250 - \left( { - t + 150} \right) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{1700}}{{19}}\).
Suy ra toạ độ của vị trí máy bay khi đó là \(\left( {\frac{{700}}{{19}}; - \frac{{3050}}{{19}};\frac{{1150}}{{19}}} \right)\).
Vậy \( - 3a - b - c = - 10\).
Đáp số: -10.
\(4,83{\rm{\;cm}}\).
\(6,53{\rm{\;cm}}\).
\(5,55{\rm{\;cm}}\).
\(6,96{\rm{\;cm}}\).
Giải chi tiết
Ta có \(180ml = 180c{m^3}\)
Gọi chiều dài của đáy hộp là \(x\left( {cm} \right),x > 0\),
khi đó chiều rộng của đáy hộp là \(\frac{2}{3}x\left( {{\rm{\;}}cm} \right)\).
Gọi chiều cao của hộp chữ nhật là \(h\left( {cm} \right),h > 0\).
Ta có thể tích của khối hộp chữ nhật là \(V = x \cdot \frac{2}{3}x \cdot h = 180\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)
\( \Rightarrow h = \frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Diện tích toàn phần của hộp chữ nhật là
\({S_{TP}} = 2.x.\frac{2}{3}x + 2.x.\frac{{270}}{{{x^2}}} + 2.\frac{2}{3}x.\frac{{270}}{{{x^2}}}\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)\({S_{TP}} = f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x},\left( {c{m^2}} \right)\)Yêu cầu bài toán trở thành tìm \(x\) dương sao cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^2} + \frac{{900}}{x}\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 3 số dương \(\frac{4}{3}{x^2},\frac{{450}}{x},\frac{{450}}{x}\) ta có
\(\frac{4}{3}{x^2} + \frac{{450}}{x} + \frac{{450}}{x} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{4}{3}{x^2} \cdot \frac{{450}}{x} \cdot \frac{{450}}{x}}} \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge 3\sqrt[3]{{270000}},\forall x > 0\)Dấu \( = \) xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{4}{3}{x^2} = \frac{{450}}{x} = \frac{{450}}{x} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt[3]{{2700}}}}{2} \approx 6,96\left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)
\(P = \frac{1}{{55}}\).
\(P = \frac{1}{{220}}\).
\(P = \frac{1}{4}\).
\(P = \frac{1}{{14}}\).
Giải chi tiết
Số phần từ không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{12}^3 = 220\).
(chọn 3 đỉnh bất kỳ từ 12 đỉnh của đa giác ta được một tam giác)
Gọi \(A\) : " 3 đỉnh được chọn tạo thành tam giác đều ".
(Chia 12 đỉnh thành 3 phần. Mỗi phần gồm 4 đỉnh liên tiếp nhau. Mỗi đỉnh của tam giác đều ứng với một phần ở trên. Chỉ cần chọn 1 đỉnh thì 2 đỉnh còn lại xác định là duy nhất).
Ta có: \(n\left( A \right) = C_4^1 = 4\).
Khi đó: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{4}{{220}} = \frac{1}{{55}}\).
Người ta thiết kế một thiết bị kim loại có dạng như Hình 3 (giá tiền mua kim loại là 2500 đồng\(/{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) ).
Thiết bị gồm 2 phần, phần dưới là khối lăng trụ tứ giác đều, phần trên là khối chóp tứ giác đều. Số tiền mua kim loại dùng để làm thiết bị đó là bao nhiêu nghìn đồng (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)?
Đáp án: ___
Đáp án đúng là: 24
Thể tích khối lăng trụ tứ giác đều là: \({V_1} = 1,5 \cdot {2^2} = 6\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Độ dài đường chéo mặt đáy của khối chóp tứ giác đều là: \(\sqrt {{2^2}} + {2^2} = 2\sqrt 2 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Khối chóp tứ giác đều có chiều cao là: \(\sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{{2\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt 7 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
Suy ra thể tích khối chóp tứ giác đều là: \({V_2} = \frac{1}{3} \cdot {2^2} \cdot \sqrt 7 = \frac{{4\sqrt 7 }}{3}\left( {{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Số tiền để mua kim loại để làm thiết bị đó là: \(2,5\left( {6 + \frac{{4\sqrt 7 }}{3}} \right) \approx 24\) (nghìn đồng).
Đáp án đúng là: 2520 ; 720 ; 30240
a) Mỗi số cần lập thỏa yêu cầu bài toán sẽ ứng với mỗi chỉnh hợp chập 5 của 7 phần tử. Do đó, có \(A_7^5 = 2520\).
b) Đặt \(x = 23\). Số các số cần lập có dạng \(\overline {abcd} \) với \(a,b,c,d \in \left\{ {1,x,4,5,6,7} \right\}\). Có \(A_6^4 = 360\) số như vậy
Mặt khác khi hoán vị hai số 2 và 3 ta được thêm một số thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy có \(360.2 = 720\) số thỏa yêu cầu bài toán.
c) Xét các số tự nhiên có bảy chữ số được lập từ \(\left\{ {1,2,2,2,3,4,5,6,7} \right\}\)
Ta thấy có \(A_9^7\) số như vậy.
Tuy nhiên khi hoán vị vị trí của ba số 2 cho nhau thì số thu được không thay đổi.
Vậy có \(\frac{{A_9^7}}{{3!}} = 30240\) số thỏa yêu cầu bài toán.
Đáp án đúng là: 0,46
Giải chi tiết
Xét các biến cố:
\(A\) :Cây phát triển bình thường trên ô đất ;
\(B\) : Cây phát triển bình thường trên ô đất .
Các cặp biến cố \(\bar A\) và \(B\), \(A\) và \(\overline {B} \) là độc lập vì hai ô đất khác nhau.
Hai biến cố \(C = \bar A \cap B\) và \(D = A \cap \bar B\) là hai biến cố xung khắc.
Ta có: \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,61 = 0,39;P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,7 = 0,3\).
Xác suất để cây chỉ phát triển bình thường trên một ô đất là:
\(\begin{array}{*{20}{c}}{P\left( {C \cup D} \right) = P\left( C \right) + P\left( D \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( B \right) + P\left( A \right) \cdot P\left( {\overline B } \right)}\\{ = 0,39 \cdot 0,7 + 0,61 \cdot 0,3 \approx 0,46}\end{array}\)
Nếu \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) thì \(a + hm \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\)
Nếu \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) thì \({a^n} \equiv {b^n}\left( {{\rm{mod\;}}m} \right),n \in \mathbb{N}\)
Số dư của phép chia \({175^{2020}}\) cho 4 bằng 3
Đáp án: a - Đúng, b - Đúng, c - Sai.
a) Do \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) và \(hm \equiv 0\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) nên \(a + hm \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\).
b) \(a \equiv b\left( {{\rm{mod\;}}m} \right)\) thì \({a^n} \equiv {b^n}\left( {{\rm{mod\;}}m} \right),n \in \mathbb{N}\) đúng
c) \(175 \equiv 3{\rm{\;}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)
\( \Rightarrow {175^{2020}} \equiv {3^{2020}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv {81^{506}}\left( {{\rm{mod\;}}4} \right) \equiv 1\left( {{\rm{mod\;}}4} \right)\)
5 lít nước cam và 4 lít nước táo.
6 lít nước cam và 5 lít nước táo.
4 lít nước cam và 5 lít nước táo.
4 lít nước cam và 6 lít nước táo.
Giả sử \(x,y\) là số lít nước cam và số lít nước táo mà mỗi đội cần pha chế.
Suy ra \(30x + 10y\) là số gam đường cần dùng;
\(x + y\) là số lít nước cần dùng;
\(x + 4y\) là số gam hương liệu cần dùng.
Theo giả thiết ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{30x + 10y \le 210}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{3x + y \le 21}\\{x + y \le 9}\\{x + 4y \le 24}\end{array}.\left( {\rm{*}} \right)} \right.} \right.\)
Số điểm thưởng nhận được sẽ là \(P = 60x + 80y\).
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), vẽ các đường thẳng:
Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phằng (ngũ giác \(OABCD\) ) tô màu trên hình vẽ
Xét các đỉnh của miền khép kín tạo ra bởi hệ (*) là:
\(O\left( {0;0} \right),A\left( {0;6} \right),B\left( {4;5} \right),C\left( {6;3} \right),D\left( {7;0} \right)\)Ta thấy \(P\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x = 4,y = 5\)
11,122 triệu.
10,989 triệu.
11,260 triệu.
14,989 triệu.
Giải chi tiết
Gọi số tiền vay ngân hàng là \(N = 500\) triệu, lãi suất \(r = 1{\rm{\% }}\) /tháng, số kỳ hạn \(n = 5.12 = 60\) tháng
· Sau 1 tháng, số tiền gốc và lãi là \({T_1} = N + N \cdot r = N\left( {1 + r} \right)\).
Vì ông A trả số tiền là \(x\) nên còn nợ: \({N_1} = N\left( {1 + r} \right) - x\).
· Sau 2 tháng, số tiền gốc và lãi là \({T_2} = {N_1}\left( {1 + r} \right) = N{(1 + r)^2} - x\left( {1 + r} \right)\).
Vì ông A trả số tiền là \(x\) nên còn nợ:
\({N_2} = N{(1 + r)^2} - x\left( {1 + r} \right) - x = N{(1 + r)^2} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^2} - 1} \right]\).
· Sau 3 tháng, số tiền còn nợ: \({N_3} = N{(1 + r)^3} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^3} - 1} \right]\).
⋯
· Sau \(n\) tháng, số tiền còn nợ: \({N_n} = N{(1 + r)^n} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^n} - 1} \right]\).
Để trả hết nợ sau \(n\) tháng thì \({N_n} = 0 \Leftrightarrow N{(1 + r)^n} - \frac{x}{r}\left[ {{{(1 + r)}^n} - 1} \right] = 0\)
\( \Leftrightarrow A = \frac{{N{{(1 + r)}^n} \cdot r}}{{{{(1 + r)}^n} - 1}} = 11,122\) triệu đồng
Phân loại các siêu tân tinh.
Giải thích về siêu tân tinh.
Chứng minh sức tàn phá của một siêu tân tinh.
Bàn luận về sự chết đi của một ngôi sao.
Siêu tân tinh vừa là một vật thể vừa là một quá trình.
Siêu tân tinh là thuật ngữ để chỉ quá trình hấp hối của một ngôi sao.
Siêu tân tinh là một trong những "màn bắn pháo hoa" ngoạn mục nhất trong vũ trụ
Siêu tân tinh là một hành tinh mới được phát hiện có kích thước lớn.
Lõi của ngôi sao biến thành sắt, nhiệt độ lõi tăng dưới áp suất khủng khiếp bẻ gãy các hạt nhân sắt.
Lõi của ngôi sao dưới tác động của sắt và nhiệt độ tạo nên áp suất lớn gây ra sự sụp đổ.
Lõi của ngôi sao biến thành sắt, dưới áp suất khủng khiếp bẻ gãy các hạt nhân sắt gây nên sự sụp đổ.
Lõi của ngôi sao dưới tác động của sắt, dưới tác động của nhiệt độ, nóng chảy tạo nên sự sụp đổ.
Nhiệt độ xung quanh ngôi sao
Áp suất xung quanh ngôi sao.
Năng lượng được tạo ra từ các phản ứng nhiệt hạch bên dưới.
Lực hút của các hành tinh lân cận tới ngôi sao.
Nó sẽ hút vật chất từ ngôi sao đồng hành vào đĩa bồi tụ của xung quanh chính nó.
Nó sẽ hút vật chất từ nó vào đĩa bồi tụ xung quanh ngôi sao đồng hành.
Nó sẽ hút đều vật chất ra khỏi ngôi sao đồng hành vào một đĩa bồi tụ xung quanh ngôi sao ấy.
Nó sẽ hút vật chất ra khỏi nó vào một đĩa bồi tụ xung quanh chính nó.
Giới hạn trên của áp suất.
Giới hạn cho phép sao lùn có thể tích tụ vật chất.
Giới hạn trên của khối lượng.
Giới hạn cho phép sao lùn đỏ tích tụ vật chất mà không mất đi dự ổn định.
Tinh vân là hỗn hợp của bụi, khí hydro, khí heli và plasma.
Tinh vân là nguyên nhân của các vụ nồ lớn
Tinh vân là khí heli được giải phóng từ một ngôi sao lùn trắng.
Tinh vân là bụi của vũ trụ.
Không. Lõi mặt trời không có các chất cần thiết để tạo ra siêu tân tinh.
Có. Mặt trời là một ngôi sao khổng lồ với nhiệt độ rất cao.
Không. Khối lượng của mặt trời chưa đủ để tạo ra siêu tân tinh.
Có. Mặt trời có đầy đủ các chất để tạo ra một vụ nổ lớn khi nó chết đi.
Hình thành ngay lập tức một ngôi sao lùn trắng và phát nổ.
Không phát nổ mà lặng lẽ giải phóng chất ra bên ngoài.
Không phát nổ mà dần dần biến mất.
Tạo thành những siêu tân tinh của vũ trụ.
Mặt trời sẽ cạn kiệt nguyên liệu và đến giai đoạn siêu tân tinh.
Mặt trời sẽ tạo thành một ngôi sao lùn trằng.
Mặt trời sẽ cạn kiệt hết nguyên liệu và sẽ có một kết thúc theo cách riêng của nó.
Mặt trời sẽ tạo thành một vụ nổ lớn khi cạn kệt hết nguyên liệu.
Nghiên cứu về khả năng mắc bệnh tim mạch của những người có nhóm máu A,B và AB.
Giới thiệu về công trình nghiên cứu của Hiệp hội Tim mạch Hoa Ki.
Phân tích cơ chế hoạt động của các nhóm máu.
Phân biệt giữa các nhóm máu của cơ thể con người.
Sự khác biệt mang lại lợi thế cho một số người trong việc ngăn chặn vấn đề về tim mạch
Sự khác biệt có thể khiến con người dễ mắc bệnh tim hơn.
Sự khác biệt tạo điều kiện để một số người dễ mắc bệnh tim hơn.
Sự khác biệt ảnh hưởng tới khả năng mắc bệnh tim ở con người.
Đại diện cho các dạng khác nhau của gen ABO .
Là tên viết tắt của các loại máu khác nhau.
Là tên viết tắt của nhà khoa học tìm ra loại máu đó.
Đại diện cho các dạng khác nhau của gen trong cơ thể con người.
Trong máu chứa rất nhiều kháng nguyên có khả năng kháng lại phản ứng khi hai nhóm máu gặp nhau.
Trong máu không chứa protein.
Trong máu có chất tương thích, chất này giúp nhóm máu O dung hòa được tất cả các nhóm máu khác.
Trong máu không có kháng nguyên hoặc protein.
Những người có nhóm máu A có kháng nguyên trong máu nên không có khả năng mắc bệnh tim.
Những người có nhóm máu B có khả năng mắc bệnh tim cực kì thấp.
Những người có nhóm máu A,B có khả năng mắc bệnh tim cao hơn những người có nhóm máu AB.
Những người có nhóm máu A,B có khả năng mắc bệnh tim cao hơn những người có nhóm máu O.
Nguy cơ bị suy tim, thuyên tắc phổi.
Nguy cơ bị huyết khối tĩnh mạch sâu, suy tim.
Nguy cơ viêm nhiễm, thuyên tắc phổi.
Nguy cơ bị huyết khối tĩnh mạch sâu, thuyên tắc phổi.
Dễ xuất huyết, rối loạn đông máu, suy giàm trí nhớ.
Dễ xuất huyết, suy giảm trí nhớ, khó tập trung.
Dễ xuất huyết, mất nhiều máu, rối loạn chảy máu.
Dễ xuất huyết, mất nhiều máu, suy giảm trí nhớ.
Không. Chế độ ăn uống cân bằng sẽ thúc đẩy quá trình tạo ra kháng nguyên.
Có. Người có nhóm máu O sẽ cảm thấy an tâm hơn đối với các bệnh về tim mạch.
Không. Chế độ ăn uống hợp lý sẽ tốt cho tim mạch hơn việc bạn chỉ có nhóm máu O.
Có. Bởi nhóm máu O thường không mắc bệnh về tim mạch.
Thí nghiệm được tiến hành như sau:
Mạch được mắc như Hình 1.
*Trích sách giáo khoa Vật lí 11 - Kết nối tri thức với cuộc sống
Trả lời cho các câu 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68 dưới đây:
bằng nhau
khác nhau
Phương pháp giải
Sử dụng kết quả từ bảng số liệu
Giải chi tiết
Phân tích Bảng 1 (Ví dụ): Tại U = 4 V:
IR1= 1,73 mA \(\)\({R_1} = \frac{4}{{1,73}} \approx 2,31\Omega \) (kiểm tra)
IR2= 0,87 mA \(\)\({R_2} = \frac{4}{{0,87}} \approx 4,6\Omega \) (kiểm tra)
=> I1 ≠ I2 à Khi đặt cùng một hiệu điện thế vào hai đầu R1, R2 thì cường độ dòng điện chạy qua hai vật dẫn là khác nhau
Đáp án cần chọn là: S; Đ
Sử dụng lý thuyết các mắc các dụng cụ đo điện
Ampe kế: Dùng để đo cường độ dòng điện, phải được mắc nối tiếp trong mạch để tất cả dòng điện chạy qua nó.
Vôn kế: Dùng để đo hiệu điện thế, phải được mắc song song với đoạn mạch cần đo.
-> Trong hình 1, ampe kế được mắc nối tiếp với vật dẫn để đo cường độ dòng điện, vôn kế được mắc song song với vật để đo hiệu điện thế giữa hai đầu vật dẫn．
Đáp án cần điền là: nối tiếp, song song
7 V
8 V
9 V
10 V
0,83 mA
1,16 mA
0,38 mA
5,2 mA
đường parabol
đường thẳng đi qua gốc toạ độ
Sử dụng lý thuyết đồ thị hàm số
Theo Định luật Ohm, với vật dẫn có nhiệt độ không đổi (điện trở R là hằng số):
U = R.I
Ta thấy U tỉ lệ với I → đồ thị đường đặc trưng U-I là đương thẳng đi qua gốc tọa độ dạng y = kx, với y = U, x = I và hệ số góc k = R
Đáp án cần chọn là: S; Đ
0,25
4
2 .
0,5 .
Dao động tuần hoàn là một loại chuyển động lặp đi lặp lại trong không gian, có tính chu kỳ và có thể được mô tả bằng tần số dao động f. Dao động điều hòa (SHM Simple Harmonic Motion) là một dao động tuần hoàn đặc biệt, ở đó vật dao động có li độ là một hàm sin hoặc cosin với thời gian. Để nghiên cứu tính chất của dao động điều hòa, một nhóm học sinh đã thực hiện hai thí nghiệm tương ứng như sau:
Thí nghiệm 1
Nhóm học sinh đã lắp ráp con lắc đơn như trong sơ đồ 1. Dây treo của con lắc có khối lượng không đáng kể, bỏ qua mọi ma sát. Vật nặng được nâng lên ở một độ cao nhỏ, ký hiệu là H và sau đó buông nhẹ. Tần số dao động được đo bằng số dao động vật thực hiện được trong mỗi giây, có đơn vị là Hertz(Hz) và quá trình này được lặp lại với các dây treo có độ dài khác nhau. Kết quả được thể hiện trong Hình 1.
Trả lời cho các câu 69, 70, 71, 72, 73, 74 dưới đây:
T=f.
T=1/f.
T=f2.
T=1/f2 .
Tần số dao động có đơn vị là Hertz (Hz).
SHM có thể được mô tả bằng tần số dao động.
Con lắc trong Thí nghiệm 1 có tần số dao động phụ thuộc vào khối lượng của vật nặng.
Con lắc trong Thí nghiệm 2 có tần số dao động phụ thuộc vào chiều dài của dây treo.
Sử dụng thông tin từ văn bản
c) Con lắc trong Thí nghiệm 1 có tần số dao động phụ thuộc vào chiều dài dây treo và gia tốc rơi tự do tại nơi đặt con lắc → c sai. Tần số con lắc đơn \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{l}} \). f không phụ thuộc vào khối lượng m.
d) Con lắc trong Thí nghiệm 2 có tần số dao động phụ thuộc vào khối lượng con lắc và độ cứng của lò xo => D sai. Tần số con lắc lò xo \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \). f phụ thuộc vào độ cứng k và khối lượng m, không phụ thuộc vào chiều dài dây treo.
Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; S; S
E, B, C, A, D.
D, A, C, B, E.
A, B, C, E, D.
D, E, C, B, A.
Phương pháp giải
Sử dụng dữ kiện từ đồ thị tần số của con lắc
Tần số con lắc lò xo f tỉ lệ thuận với \(\sqrt k \)(khi m không đổi). Sắp xếp tần số giảm dần tương đương với việc sắp xếp độ cứng k giảm dần.
Dựa trên kết quả Thí nghiệm 2 và giả định thứ tự f từ đồ thị Hình 2: fD > fC > fB > fA .Nếu lò xo có fE = 5 Hz (giả định), ta sắp xếp 5 lò xo theo tần số f giảm dần:
D à E à C à B à A
80 g .
100 g .
60 g .
120 g.
Học sinh trong lớp khoa học thu thập mẫu đất từ các vị trí khác nhau để phân tích thành phần của đất. Họ đo tỷ lệ phần trăm của ba loại khoáng chất trong đất bao cát, bùn và đất sét trong mỗi mẫu. Dữ liệu đo được của họ được trình bày trong bảng 1
BẢNG 1
|
Mẫu đất |
% cát |
% đất sét |
% bùn |
|
1 |
65 |
10 |
25 |
|
2 |
10 |
75 |
15 |
|
3 |
25 |
35 |
40 |
|
4 |
60 |
20 |
20 |
|
5 |
55 |
30 |
15 |
Nhóm sinh viên cũng đo kích thước của các hạt khoáng được tìm thấy trong các mẫu đất. Các phạm vi kích thước hạt khoáng được liệt kê trong bảng 2 dưới đây.
BẢNG 2
Trả lời cho các câu 75, 76, 77, 78, 79, 80 dưới đây:
nhiều cát hơn đất sét.
nhiều đất sét hơn cát.
ít đất sét hơn phù sa.
ít cát hơn đất sét.
Đáp án
|
Mẫu 2 |
Mẫu 3 |
Mẫu 5 |
Mẫu 4 |
Mẫu 1 |
Dựa vào dữ liệu bảng 1 .
Mẫu 1 = 65% x 2 + 10% x 0,06 + 25% x 0,002 = 1,323 mm
Mẫu 2 = 0,25 mm
Mẫu 3 = 25% x 2 + 35% x 0,06 + 40% x 0,002 = 0,529 mm
Mẫu 4 = 60% x 2 + 20% x 0,06 + 20% x 0,002 = 1,216 mm
Mẫu 5 = 55% x 2 + 30% x 0,06 + 15% x 0,002 = 1,121 mm
Trình tự thả đáp án: mẫu 2 < mẫu 3 < mẫu 5 < mẫu 4 < mẫu 1
Đáp án cần chọn là: Mẫu 2 ; Mẫu 3 ; Mẫu 5 ; Mẫu 4 ; Mẫu 1
THỰC NGHIỆM QUÁ TRÌNH LÊN MEN
Nấm men là một loại nấm đơn bào và được cho là một trong những đại diện quan trọng nhất của họ nấm, chủ yếu vì nó tham gia vào quá trình lên men. Trong quá trình này, nấm men phân hủy saccharose thành rượu và carbon dioxide. Phương trình hóa học của quá trình lên men được đưa ra như sau:
Các nhà khoa học nghiên cứu cách thức hiệu quả nhất gây ra quá trình lên men trong nấm men thông qua các thí nghiệm dưới đây.
Thí nghiệm 1.
Vì nấm men cần saccharose để lên men và mật đường chứa hàm lượng 60% saccharose, đầu tiên các nhà khoa học nghiên cứu nấm men trồng trong mật đường. 5 ống nghiệm chứa đầy 0,4 gam nấm men và các loại mật đường khác nhau. Lượng carbon dioxide được đo như một dấu hiệu cho thấy quá trình lên men tại mỗi ống nghiệm sau ngày thứ nhất và ngày thứ hai được thể hiện trong bảng 1 dưới đây.
Thí nghiệm 2.
5 ống nghiệm khác nhau chứa đầy 0,4 gam nấm men và các dung dịch saccharose có nồng độ khác nhau. Lượng carbon dioxide được đo như một dấu hiệu cho thấy quá trình lên men tại mỗi ống nghiệm sau ngày thứ nhất và ngày thứ hai được thể hiện trong bảng 2 dưới đây.
Thí nghiệm 3.
BẢNG 3
Lượng men.
Phần trăm mật đường.
Phần trăm saccharose.
Nồng độ carbon dioxide.
Phương pháp giải
Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 1 .
Thí nghiệm 1 kiểm tra ảnh hưởng của hàm lượng mật đường khác nhau (6.2% đến 100.0%) lên quá trình lên men (CO2thoát ra).
- Biến độc lập (điều chỉnh): Hàm lượng mật đường.
- Biến phụ thuộc (đo lường): Lượng CO2 thoát ra.
- Biến được giữ cố định: Lượng nấm men (0.4 gam).
à Phần trăm mật đường được điều chỉnh để khảo sát trong thí nghiệm 1.
Lượng men khác nhau được sử dụng trong mỗi thử nghiệm ống.
Sử dụng nồng độ saccharose khác nhau.
Không có nhóm đối chứng nào không áp dụng biện pháp xử lý thử nghiệm.
Tất cả sự kết hợp có thể có của các chất dinh dưỡng đều không thử nghiệm.
Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 3.
Điểm yếu trong thiết kế của Thí nghiệm 3 là
Có 4 yếu tố dinh dưỡng (nitrogen, phosphate, Khoáng chất, Vitamin). 24 =16 tổ hợp có thể có, nhưng thí nghiệm chỉ có 8 tổ hợp à Không thử tất cả các kết hợp có thể có là một hạn chế trong thiết kế.
Ở thí nghiệm 2 , quá trình lên men diễn ra nhanh hơn khi tăng nồng độ saccharose.
Hàm lượng mật đường không có ảnh hưởng đến quá trình lên men của nấm men.
Điểm chung của cả 3 thí nghiệm là lượng nấm men được lấy đều bằng nhau ở mỗi ống nghiệm.
Trong phương trình hóa học của quá trình lên men có
Dựa vào ngữ liệu ở thí nghiệm 1, 2, 3 .
a) đúng. Ở bảng 2 nồng độ saccharose tăng từ 3,25% 60% ở ngày 1 dẫn đến lượng CO2 thoát ra tăng lên Quá trình lên men diễn ra nhanh hơn.
b) sai, vì hàm lượng mật đường có ảnh hưởng đến quá trình lên men của nấm men.
c) đúng.
d) sai, vì
Đáp án cần chọn là: Đ; S; Đ; S
Trong thí nghiệm 1, nấm men phát triển hiệu quả nhất trong điều kiện dung dịch saccharose 15%.
Nấm men tạo ra nhiều carbon dioxide nhất trong dung dịch saccharose 15% ờ thí nghiệm 2 .
Saccharose nồng độ lớn hơn 15% không làm tăng hàm lượng carbon dioxide sau 2 ngày thực nghiệm ở thí nghiệm 2 .
Dung dịch saccharose 15% là nồng độ tối thiểu cần thiết để tạo ra sự phát triển của nấm men.
có hiệu quả hơn trong việc tạo ra quá trình lên men ở nấm men.
ít hiệu quả hơn trong việc kích thích quá trình lên men ở nấm men.
không có căn cứ so sánh.
không gây ra quá trình lên men ở nấm men.
Dựa vào ngữ liệu ở đoạn văn.
TN1 (mật đường 100%): tạo ra 100 mml CO2 (ngày 2)
TN2 (saccharose 60%): tạo ra 100 mml CO2 (ngày 2)
Dựa trên thí nghiệm 1 và 2 , người ta có thể suy ra rằng, so với mật đường, saccharose nguyên chất có hiệu quả hơn trong việc tạo ra quá trình lên men ở nấm men.
Thay đổi lượng men cho vào ống nghiệm và lặp lại các bước của thí nghiệm 3.
Lặp lại các thí nghiệm từ 1 đến 3 , đo hàm lượng cồn chứ không phải carbon dioxide.
Đo sự phát triển của nấm men trong dung dịch nước tinh khiết.
Thử nghiệm các nồng độ saccharose khác nhau bằng cách thêm vào chất dinh dưỡng của (NH4)2SO4; KH2PO4; khoáng chất và vitamin trong thí nghiệm thứ tư.
Sử dụng các thông tin trong văn bản sau để trả lời 6 câu hỏi tiếp theo:
Cường độ ánh sáng tối thiểu để cây bắt đầu quang hợp là rất thấp (cây có thể quang hợp trong điều kiện ánh sáng yếu như ánh sáng buổi hoàng hôn hoặc ánh sáng đèn điện yếu). Tuy nhiên, lúc này cường độ quang hợp (Iqh) rất thấp và luôn nhỏ hơn cường độ hô hấp (Ihh), vì vậy có sự thải CO₂ ra không khí.
Khi cường độ ánh sáng tăng dần thì Iqh cũng tăng theo, nhưng cường độ hô hấp tối không phụ thuộc vào ánh sáng nên không tăng. Đến một lúc nào đó ta có Iqh = Ihh.
Cường độ ánh sáng mà tại đó Iqh = Ihh được gọi là điểm bù ánh sáng của quang hợp.
Nếu cường độ ánh sáng lớn hơn điểm bù, khi đó Iqh > Ihh và cây có sự tích lũy chất hữu cơ. Ngược lại, nếu cường độ ánh sáng nhỏ hơn điểm bù, khi đó Iqh < Ihh và cây không tích lũy được chất hữu cơ.
Hình 1 mô tả sự ảnh hưởng của cường độ ánh sáng đối với quang hợp phụ thuộc vào nồng độ CO₂.
Dựa vào điểm bù ánh sáng, người ta chia thực vật thành cây ưa sáng và cây ưa bóng. Cây ưa sáng luôn có điểm bù ánh sáng cao hơn cây ưa bóng. Cây ưa bóng có điểm bù ánh sáng khoảng 0,2 – 0,5 klux, còn cây ưa sáng có điểm bù ánh sáng khoảng 1 – 3 klux.
Do đó, nguyên tắc khi chọn tổ hợp cây trồng để trồng xen là chọn cây có điểm bù ánh sáng thấp trồng xen với cây có điểm bù ánh sáng cao. Ví dụ, người ta thường trồng xen ngô (điểm bù cao) với đậu, đỗ (điểm bù thấp).
Trong kĩ thuật canh tác đa tầng, các cây trồng ở tầng trên luôn có điểm bù ánh sáng cao hơn các cây trồng ở tầng dưới. Khi ánh sáng xuyên qua các tầng lá phía trên thì các tầng lá phía dưới vẫn nhận được cường độ ánh sáng lớn hơn điểm bù, nên vẫn có tích lũy chất hữu cơ cho quần thể.
Trong một quần thể nếu diện tích lá quá cao (lá quá rậm) thì các tầng lá trên sẽ che khuất ánh sáng của các tầng lá dưới, khiến các tầng lá dưới nhận được cường độ ánh sáng dưới điểm bù. Khi đó, các tầng lá trên có nhiệm vụ sản xuất chất hữu cơ, còn các tầng lá dưới chỉ tiêu thụ sản phẩm quang hợp.
Nếu số tầng lá nhận ánh sáng dưới điểm bù lớn hơn số tầng lá nhận ánh sáng trên điểm bù thì quần thể không có tích lũy chất hữu cơ và không thể tồn tại. Vì vậy, khi tăng diện tích lá để tăng năng suất cây trồng, cần phải quan tâm đến mối quan hệ này trong quần thể cây trồng.
(Theo Hoàng Minh Tấn, Giáo trình Sinh lý học thực vật, NXB Đại học Sư phạm, 2006)
Môi quan hệ giữa điểm bão hoà ánh sáng và cường độ quang hợp
Thực vật ưa sáng và thực vật ưa bóng.
Điểm bù ánh sáng ở thực vật và hiệu suất quang hợp ở thực vật.
Cường độ hô hấp ở thực vật phụ thuộc vào cường độ quang hợp.
Cường độ quang hợp (Iqh) rất thấp và luôn nhỏ hơn cường độ hô hấp (Ihh).
Cường độ quang hợp (Iqh) rất thấp và luôn nhỏ hơn cường độ hô hấp (lhh).
Cường độ hô hấp tối phụ thuộc vào ánh sáng.
Tại điểm bão hoà ánh sáng thì cường độ quang hợp đạt tối đa.
Đọc và phân tích văn bản khoa học.
Đáp án đúng là:
A. Khi cường độ ánh sáng tăng dần thì cường độ quang hợp cũng tăng theo.
B. Tại điểm bão hoà ánh sáng thì cường độ quang hợp đạt tối đa.
D. Tại điểm bão hoà ánh sáng thì cường độ quang hợp đạt tối đa.
C. Sai vì cường độ hô hấp tối không phụ thuộc và ánh sáng
Đáp án cần chọn là: A; B
Cường độ hô hấp tăng cao khi được chiếu sáng, cây thải nhiều CO₂.
Cường độ quang hợp tăng khi được chiếu sáng nhiều, cây thải nhiều O₂.
Trong trường hợp có ánh sáng, cường độ quang hợp luôn cao hơn cường độ hô hấp.
Cường độ ánh sáng cao hơn điểm bù ánh sáng, cây tích luỹ được năng lượng và có sự phát triển.
Trồng xen canh giữa các cây có chung điểm bù ánh sáng cao.
Trồng xen canh giữa các cây có điểm bù ánh sáng cao với cây có điểm bù ánh sáng thấp.
Trồng xen canh giữa các cây có chung điểm bù ánh sáng thấp.
Các cây tầng trên phải có điểm bù ánh sáng thấp hơn các cây tầng dưới.
Đáp án đúng là: đa tầng
Phương pháp giải
Đọc và phân tích văn bản khoa học.
Trong kĩ thuật canh tác đa tầng thì các cây trồng tầng trên luôn có điểm bù cao hơn cây trồng dưới. Khi ánh sáng xuyên qua các tầng lá trên thì các tầng lá ở dưới vẫn nhận được ánh sáng trên điểm bù và vẫn có tích luỹ cho quần thể.
Đáp án đúng là: ánh sáng
Đọc và phân tích văn bản khoa học.
Yếu tố quan trọng nhất để duy trì hệ sinh thái trong hang là ánh sáng .
Rừng nguyên sinh (thực vật) cần ánh sáng để thực hiện quá trình quang hợp, tạo ra chất hữu cơ, là cơ sở và nguồn năng lượng nuôi sống toàn bộ hệ sinh thái.
Trong hang có thể có những cây thân gỗ lớn (>30 m), còn lại chủ yếu là rêu tảo, cây bụi, thân leo,...
Một số loài động vật như: cá, mọt ẩm, cuốn chiếu, nhện, bọ cạp,... có đặc điểm chung là cơ quan thị giác bị tiêu giảm và cơ thể trong suốt.
Hệ thống sông ngầm trong hang là hệ thống sông khép kín nên không có sự trao đổi vật chất với môi trường ngoài.
Trong hang đã hình thành nên vùng tiểu khí hậu đặc trưng là yếu tố chính góp phần hình thành nên các đặc điểm thích nghi riêng biệt của các loài sinh vật trong hang.
Biểu đồ dưới đây mô tả sự thay đổi nồng độ của các hormone X và Y trong máu của một người phụ nữ trong chu kỳ kinh nguyệt.
X và Y tương ứng với hocmon nào sau đây?
LH và Estrogen.
Estrogen và FSH.
Estrogen và Progesterone.
Progesterone và Estrogen.
Phương pháp giải
Vận dụng kiến thức đã học về hệ sinh dục và hormone ở người.
Hormone X tăng dần nồng độ trong giai đoạn nang trứng phát triển và đạt cao nhất trước thời điểm rụng trứng và sau đó giảm mạnh à hormone estrogen.
Hormone Y tăng chậm trong giai đoạn nang trứng và đạt đỉnh nhỏ trước giai đoạn rụng trứng, đạt đỉnh lớn nhất trong giai đoạn hoàng thể à Hormone progesterone.
Cục tài nguyên thiên nhiên Wales chịu trách nhiệm quản lý và giám sát chất lượng nguồn nước. Số lượng sinh vật có trong nước là một chỉ số đánh giá về mức độ ô nhiễm. Các mối quan hệ dinh dưỡng trong một con sông được mô tả trong bảng và sơ đồ lưới thức ăn dưới đây
Dựa vào bảng ghi thông tin về mối quan hệ dinh dưỡng giữa các sinh vật trên, số (1), (2), (3) trong hình tương ứng với loại động vật nào.
(1) - Cá rô, (2) - Cá gai , (3) - Ếch.
(1) - Cá rô, (2) - Cá gai , (3) - Ếch.
(1) - Ếch, (2) - Cá rô , (3) - Cá gai.
(1) - Cá rô, (2) - Ếch , (3) - Cá gai.
1 .
2 .
3 .
4 .
Phương pháp giải
Phân tích dữ liệu đề bài.
Giải chi tiết
I. Đúng. Tế bào đột biến tối thiểu cho 2 loại giao tử đột biến, tế bào bình thường tối thiểu cho 2 loại giao tử bình thường. Tổng có 4 loại giao tử.
II. Sai. Tế bào đột biến tối đa tạo ra 4 loại giao tử
Tế bào bình thường tối đa tạo ra 4 loại giao tử (khi xảy ra hoán vị gen)
Như vậy, tối đa có 8 loại giao tử được tạo ra sau giảm phân.
III. Sai. Có 4 loại giao tử, chứng tỏ 2 loại được tạo ra từ tế bào đột biến và 2 loại được tạo ra từ tế bào bình thường.
TB đột biến tạo ra 2 loại với tỉ lệ 2:2
TB bình thường tạo ra 2 loại với tỉ lệ 2 : 2
Như vậy nếu tạo ra 4 loại giao tử thì tỷ lệ các loại giao từ là 2:2:2:2
IV. Đúng. Có 6 loại giao tử, chứng tỏ 2 loại được tạo ra từ tế bào đột biến và 4 loại được tạo ra từ tế bào bình thường.
TB đột biến tạo ra 2 loại với tỉ lệ 2:2
TB bình thường tạo ra 4 loại với tỉ lệ 1:1:1:1.
Như vậy nếu tạo ra 4 loại giao tử thì tỷ lệ các loại giao tử là 2:2:1:1:1:1.
Đáp án cần chọn là: C
Đáp án đúng là 0,25
Lời giải chi tiết
Thể đột biến có 2n = 16 tức là có 8 cặp NST trong mỗi tế bào.
Tỉ lệ giao tử không mang NST mất đoạn ở cặp 5 là \(\frac{1}{2}\).
Tỉ lệ giao tử không mang NST đảo đoạn ở cặp 7 là \(\frac{1}{2}\).
→ Tỉ lệ giao tử bình thường được tạo ra là \(\frac{1}{2}\)× \(\frac{1}{2}\)= \(\frac{1}{4}\)= 0,25.
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.
