Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 16)
100 câu hỏi
\(\frac{{23}}{4}\).
\( - \frac{{23}}{4}\).
\(\frac{{41}}{4}\).
\(\frac{{23}}{2}\).
Giải thích
Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} + x - m\). Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x + 1;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}\)
Bảng biến thiên:
![Gọi \(S\) là tập hợp các giá trị \(m\) để giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = {\left( {{x^2} + x - m} \right)^2}\) trên đoạn \(\left[ { - 2;2} \right]\) bằng 9 . Tổng các phần tử của tập hợp \(S\) bằng A. \(\frac{{23}}{4}\). B. \( - \frac{{23}}{4}\). C. \(\frac{{41}}{4}\). D. \(\frac{{23}}{2}\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/10/blobid0-1729741965.png)
Trường hợp 1. \( - m - \frac{1}{4} > 0 \Leftrightarrow m < - \frac{1}{4}\)
Ta có: \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - m - \frac{1}{4} \Rightarrow \mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} y = {\left( { - m - \frac{1}{4}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = - \frac{{13}}{4}\,\,\left( {t/m} \right)}\\{m = \frac{{11}}{4}\,\,\left( l \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\end{array}} \right.\)
Trường hợp 2. \( - m + 6 < 0 \Leftrightarrow m > 6\)
Ta có \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} f\left( x \right) = - m - \frac{1}{4} \Rightarrow \mathop {{\rm{min}}}\limits_{x \in \left[ { - 2;2} \right]} y = {( - m + 6)^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 3\,\,\left( l \right)\,\,\,\,\,\,\,}\\{m = 9\,\,\left( {t/m} \right)}\end{array}} \right.\)
Trường hợp 3. \( - m - \frac{1}{4} \le 0 \le - m + 6 \Leftrightarrow - \frac{1}{4} \le m \le 6\)
Ta có . Suy ra \( - \frac{1}{4} \le m \le 6\) không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy \(m \in \left\{ { - \frac{{13}}{4};9} \right\} \Rightarrow S = \frac{{23}}{4}\).
Chọn A
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left( {m - 1} \right){x^3} + 2m{x^2} + 1\), với \(m\) là tham số.
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:
Với \(m = \)_______, hàm số đã cho có một điểm cực trị.
Có _______ giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).
Đáp án
Với \(m = \)1 , hàm số đã cho có một điểm cực trị.
Có 10 giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).
Giải thích
Để hàm số có một điểm cực trị thì \(m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = 1\). Khi đó \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\) (thỏa mãn có 1 điểm cực trị).
Với \(m = 1\) ta có: \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\).
Vì hàm số \(f\left( x \right) = 2{x^2} + 1\) là hàm số chẵn nên nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng
\( \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\)
Với \(m \ne 1\) ta có: \(f'\left( x \right) = 3\left( {m - 1} \right){x^2} + 4mx;f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 0}\\{{x_2} = \frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}}}\end{array}} \right.\)
Xét \({x_2} < {x_1} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 1}\\{m < 0}\end{array}} \right.\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:
Để \(\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ { - 2;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\) thì \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} < - 2}\\{f\left( { - 2} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2 \le {x_2}}\\{f\left( {{x_2}} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)
\(\) \[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{4m}}{{3(1 - m)}} < - 2}\\{9 \le 45m - 26}\end{array}} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}\frac{{4m}}{{3(1 - m)}} \ge - 2\\\frac{{32{m^3}}}{{27{{(m - 1)}^2}}} + 1 \le 45m - 26\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 3}\\{m > \frac{7}{9}}\end{array}} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 3}\\{m \le 1}\end{array}} \right.}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \frac{9}{{13}}}\\{m \ge \frac{9}{7}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 < m < 3}\\{m \ge 3}\\{m = \frac{9}{{13}}}\end{array}} \right.\] (thỏa mãn điều kiện)
Xét \({x_2} > {x_1} \Leftrightarrow 0 < m < 1\), ta có bảng biến thiên của hàm số \(y = f\left( x \right)\) như sau:
Để thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_2} \ge 3}\\{f\left( { - 2} \right) \le f\left( 3 \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{4m}}{{3\left( {1 - m} \right)}} \ge 3}\\{9 \le 45m - 26}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{9}{{13}} \le m < 1}\\{m \le \frac{7}{9}}\end{array} \Leftrightarrow \frac{7}{9} \le m < 1} \right.} \right.\) (thỏa mãn điều kiện)
Kết hợp các trường hợp và \(m \in \left[ { - 10;10} \right],m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {1;2; \ldots ;10} \right\}\).
Ta định nghĩa, một hình nón gọi là nội tiếp một mặt cầu nếu mặt cầu chứa đỉnh và đường tròn đáy của hình nón.
Cho mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính bằng \(24{\rm{\;cm}}\). Xét tất cả các hình nón nội tiếp mặt cầu \(\left( S \right)\), gọi \(\left( N \right)\) là hình nón có thể tích của khối nón được tạo bởi \(\left( N \right)\) là lớn nhất. Khi đó, chiều cao của hình nón \(\left( N \right)\) bằng
\(16{\rm{\;cm}}\).
\(12{\rm{\;cm}}\).
\(18{\rm{\;cm}}\).
\(12\sqrt 2 {\rm{\;cm}}\).
Chọn A
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} = 14\) | X | |
|
\({c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = 5\) | X | |
|
\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} + \sqrt {{b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11} \right)}^2}}}} + {c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = 23\) | X |
Giải thích
\(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{a^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{27}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}}} = \sqrt[3]{{{{\left( {{3^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}}} \right)}^3}}} = 7\).
\(\sqrt {{b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11} \right)}^2}}}} = \sqrt {{{\left( {{b^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} \right)}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} = \sqrt {{{49}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} = \sqrt {{{\left( {{7^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}}} \right)}^2}} = 11\).
\({c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = {\left( {{c^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = {(\sqrt {11} )^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = \sqrt {{{11}^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}}} = \sqrt {25} = 5\).
Vậy \(\sqrt[3]{{{a^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7} \right)}^2}}}}} + \sqrt {{b^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11} \right)}^2}}}} + {c^{{{\left( {{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25} \right)}^2}}} = 7 + 11 + 5 = 23\).
Vô số.
0.
8.
7.
Giải thích
Ta có: \(g'\left( x \right) = 2xf'\left( {{x^2}} \right) = 2x\left[ {{x^2}{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}\left( {{x^4} + m{x^2} + 16} \right)} \right]\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^4} + m{x^2} + 16 = 0\,\,\left( * \right)}\end{array}} \right.\)
Để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\)
Đặt \(t = {x^2}\left( {t \ge 0} \right)\), phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) trở thành: \({t^2} + mt + 16 = 0\left( {{\rm{**}}} \right)\)
Để \(g'\left( x \right) \ge 0,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có hai nghiệm âm phân biệt.
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta }} \le 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{\Delta }} > 0}\\{ - m < 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m^2} - 4.16 \le 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m^2} - 4.16 > 0}\\{ - m < 0}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 8 \le m \le 8}\\{m > 8}\end{array} \Leftrightarrow m \ge - 8} \right.} \right.} \right.\)
Vì \(m\) nguyên âm nên \(m \in \left\{ { - 8; - 7; \ldots ; - 1} \right\}\).
Chọn C
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) bằng \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\). | X | |
|
Thể tích khối tứ diện \(ACDJ\) bằng \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{36}}\). | X | |
|
Khoảng cách từ điểm \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {ACJ} \right)\) bằng \(\frac{{2a}}{{\sqrt {21} }}\). | X |
Giải thích
Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AB\).
Vì tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).
\( \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)
Ta có: \(\frac{{d\left( {J;\left( {ACD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2}\) và \({S_{ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\).
\( \Rightarrow {V_{ACDJ}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).
Ta có: \(d\left( {D;\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{3{V_{ACDJ}}}}{{{S_{ACJ}}}}\).
vuông tại \(B\) có: \(C{I^2} = C{B^2} + B{I^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\).
\({\rm{\Delta }}SIC\) vuông tại \(I\) có: \(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4} = 2{a^2}\).
\({\rm{\Delta }}SID\) vuông tại \(I\) có: \(S{D^2} = S{I^2} + I{D^2} = 2{a^2}\).
\(\Delta SCD\) có \(CJ\) là đường trung tuyến nên \(C{J^2} = \frac{{S{C^2} + C{D^2}}}{2} - \frac{{S{D^2}}}{4} = {a^2}\).
\({\rm{\Delta }}SAD\) cân tại \(A\) (do \(SA = AD = a\)) nên \(AJ\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.
\( \Rightarrow A{J^2} = A{D^2} - D{J^2} = A{D^2} - {\left( {\frac{{SD}}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\)
Xét có \({\rm{cos}}A = \frac{{A{J^2} + A{C^2} - C{J^2}}}{{2AJ.AC}} = \frac{3}{4}\).
\( \Rightarrow {\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow {S_{AJC}} = \frac{1}{2}AJ.AC.{\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}\).
\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Cho hàm số \(y = \frac{1}{3}{x^3} - \frac{1}{2}\left( {2m + 1} \right){x^2} + \left( {3m + 2} \right)x - 5m + 2\), với \(m\) là tham số.
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:
Có _____ giá trị nguyên của \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng \(\left( {0;1} \right)\).
Có _____ giá trị nguyên của \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để hàm số đã cho nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn 1.
Đáp án
Có 9 giá trị nguyên của \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng \(\left( {0;1} \right)\).
Có 18 giá trị nguyên của \(m\) thuộc \(\left[ { - 10;10} \right]\) để hàm số đã cho nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn 1.
Giải thích
a) Ta có: \(y' = {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 3m + 2\).
Hàm số nghịch biến trong khoảng \(\left( {0;1} \right)\) khi và chỉ khi
\(y' = f\left( x \right) = {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 3m + 2 \le 0,\forall x \in \left( {0;1} \right)\).
\( \Leftrightarrow \) Phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn
\({x_1} \le 0 < 1 \le {x_2} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1}{x_2} \le 0}\\{\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3m + 2 \le 0}\\{m + 2 \le 0}\end{array} \Leftrightarrow m \le - 2} \right.} \right.\).
Mà \(m \in \left[ { - 10;10} \right]\), \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 10; - 9; \ldots ; - 2} \right\}\). Vậy có 9 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn ycbt.
b) Tam thức \(y' = f\left( x \right)\) có biệt thức \({\rm{\Delta }} = 4{m^2} - 8m - 7\).
Nếu \({\rm{\Delta }} \le 0\) thì \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) nên hàm số luôn đồng biến (không thỏa mãn).
Nếu \({\rm{\Delta }} > 0\) thì \(y' \le 0 \Leftrightarrow {x_1} \le x \le {x_2}\), hàm số nghịch biến trong khoảng \(\left( {{x_1};{x_2}} \right)\).
Để hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1 thì \(\left| {{x_1} - {x_2}} \right| > 1 \Leftrightarrow {\left( {{x_1} - {x_2}} \right)^2} > 1\)
\( \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} > 1\,\,\,\left( 1 \right)\)
Theo định lí Viete, ta có: \({x_1} + {x_2} = 2m + 1,{x_1}{x_2} = 3m + 2\).
Thay vào (1), ta tìm được \(m < 1 - \sqrt 3 \) hoặc \(m > 1 + \sqrt 3 \) (thỏa mãn \({\rm{\Delta }} > 0\)).
Mà \(m \in \left[ { - 10;10} \right]\), \(m\) nguyên nên \(m \in \left\{ { - 10; - 9; \ldots ; - 1;3; \ldots ;10} \right\}\). Vậy có 18 giá trị của \(m\) thỏa mãn ycbt.
5.
2.
7.
0.
Giải thích
Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n \ge k}\\{n,k \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\).
Ta có: \(\frac{{{P_{n + 5}}}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60A_{n + 3}^{k + 2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 5} \right)!}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60.\frac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{\left( {n - k + 1} \right)!}} \Leftrightarrow \left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)\left( {n - k + 1} \right) \le 60\,\,\left( {\rm{*}} \right)\)
Với \(n \ge 4\) thì \(\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right) \ge \left( {4 + 5} \right)\left( {4 + 4} \right) = 72\) nên từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) suy ra \(n - k + 1 \le \frac{5}{6}\) (vô lí, do \(n \ge k)\).
Với \(n = 3\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {3 + 5} \right)\left( {3 + 4} \right)\left( {3 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 56\left( {4 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{41}}{{14}} \Rightarrow k = 3\)
Với \(n = 2\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {2 + 5} \right)\left( {2 + 4} \right)\left( {2 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 42\left( {3 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{11}}{7} \Rightarrow k = 2\)
Với \(n = 1\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {1 + 5} \right)\left( {1 + 4} \right)\left( {1 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 30\left( {2 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge 0 \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)
Với \(n = 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {0 + 5} \right)\left( {0 + 4} \right)\left( {0 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 20\left( {1 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge - 2 \Rightarrow k = 0\)
Vậy có 5 bộ số \(\left( {n;k} \right)\) thỏa mãn.
Chọn A
\(\frac{{16}}{3}\).
\(\frac{{25}}{3}\).
\( - \frac{4}{3}\).
\( - \frac{1}{3}\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 100 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Giá trị nhỏ nhất của hàm số là \(\frac{9}{8}\). | X | |
|
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi \(x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \) hoặc \(x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\). | X |
Giải thích
Ta có:
\(y = {\rm{si}}{{\rm{n}}^4}x + {\rm{co}}{{\rm{s}}^4}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x\)
\( \Leftrightarrow y = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x \Leftrightarrow y = 1 - \frac{1}{2}{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}2x + \frac{1}{2}{\rm{sin}}2x\)
\( \Leftrightarrow y = 1 - \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{\rm{sin}}2x - \frac{1}{2}} \right)}^2} - \frac{1}{4}} \right] \Leftrightarrow y = \frac{9}{8} - \frac{1}{2}{\left( {{\rm{sin}}2x - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{9}{8}\).
Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là \(\frac{9}{8}\) khi \[{\rm{sin}}2x = \frac{1}{2} = {\rm{sin}}\frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi }\\{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].
0.
\( + \infty \)
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{1}{4}\).
Giải thích
Ta có: \(\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + n}} \le \frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \ldots + \frac{n}{{{n^2} + n}} \le \frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + 1}}\).
Mà \({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + n}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + n}} = \frac{1}{2}\);
\({\rm{lim}}\frac{{1 + 2 + \ldots + n}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}}}{{{n^2} + 1}} = {\rm{lim}}\frac{{{n^2} + n}}{{2\left( {{n^2} + 1} \right)}} = {\rm{lim}}\frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2\left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \frac{1}{2}\)
Nên \({\rm{lim}}\left( {\frac{1}{{{n^2} + 1}} + \frac{2}{{{n^2} + 2}} + \ldots + \frac{n}{{{n^2} + n}}} \right) = \frac{1}{2}\).
Chọn C
600.
240.
720.
625 .
Giải thích
Gọi số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau là \(\overline {abcdef} \) với \(a \ne 0;\,\,a,b,c,d,e,f \in \left\{ {0;1;2;3;4;5} \right\}\).
Số cách chọn chữ số \(a\) có 5 cách.
Số cách sắp xếp 5 chữ số còn lại vào 5 vị trí \(b;c;d;e;f\): có 5! cách
Vậy có tất cả \(5.5! = 600\) số thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Chọn A
Đáp án
Hai chị em Trang và Bình có sinh nhật vào tháng ba và tháng năm. Vào tháng tư năm 2023, Bình cộng tuổi của mình với năm sinh của mình và tuổi của Trang với năm sinh của Trang được số (1) __4045_.
Giải thích
Vào tháng tư năm 2023, Trang đã qua ngày sinh nhật trong năm 2023, còn Bình chưa tới ngày sinh nhật trong năm 2023.
Tổng tuổi của Trang với năm sinh của Trang là 2023.
Tổng tuổi của Bình với năm sinh của Bình là 2022.
Ta có: .2022 + 2023 = 4045
\(x + y + z - 6 = 0\).
\(x + y + z + 6 = 0\).
\(x - y - z - 6 = 0\).
\(x - y - z + 6 = 0\).
Giải thích
Điểm thuộc giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4y - 2z - 6 = 0}\\{x - 2y + 4z - 6 = 0}\end{array}} \right.\).
Chọn \(x = 2 \Rightarrow y = z = 2 \Rightarrow M\left( {2;2;2} \right) \in d\).
Chọn \(x = 0 \Rightarrow y = z = 3 \Rightarrow N\left( {0;3;3} \right) \in d\).
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 \(\left( \alpha \right)\) và các trục tọa độ \(Ox,Oy,Oz\) \( \Rightarrow \left( \alpha \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1{\rm{\;}}\left( {abc \ne 0} \right)\)
Vì \(d \in \left( \alpha \right)\) nên \(M,N \in \left( \alpha \right)\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\\{\frac{3}{b} + \frac{3}{c} = 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{a} = \frac{1}{6}}\\{\frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} = 1}\end{array} \Rightarrow a = 6} \right.} \right.\)
Để \(O.ABC\) là hình chóp đều thì \(OA = OB = OC \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| = \left| c \right| \Rightarrow a = b = c = 6\).
\( \Rightarrow \left( \alpha \right):x + y + z - 6 = 0\)
Chọn A
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng đi qua điểm \(S\) và song song với \(AB\). | X | |
|
Khoảng cách giữa \(BC\) và \(SD\) bằng \(a\sqrt 3 \). | X |
Giải thích
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset (SAB)\\CD \subset (SCD)\\S \in (SAB) \cap (SCD)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).
Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\) thì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vì \(BC//\left( {SAD} \right)\) nên \(d\left( {BC,SD} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(SA\) thì \(BI \bot SA\) thì \(BI \bot \left( {SAD} \right)\) (do \(AD \bot \left( {SAB} \right) \supset BI\)).
Suy ra \({\rm{d}}\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BI = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Đáp án
Cho một đa giác đều 14 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông bằng (1) __3/13__.
Giải thích
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{14}^3\).
Đa giác đều 14 đỉnh có 7 đường chéo đi qua tâm, với mỗi đường chéo thì số tam giác vuông nhận đường chéo là cạnh huyền là 12 nên số tam giác vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(7.12 = 84\) (tam giác).
Xác suất cần tính là \(P = \frac{{84}}{{C_{14}^3}} = \frac{3}{{13}}\).
Đáp án
Tải đề thi tại website Tailieuchuan.vn để được bảo hành nội dung
Cho hình lập phương \(ABCD \cdot A'B'C'D'\) 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) __1/2__.
Giải thích
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 \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A;\left( {A'DP} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A{A^{{\rm{'}}2}}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{{{x^2} + 2}}{{{a^2}}}\)
Suy ra \({\rm{d}}\left( {A;\left( {A'DP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\). 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 \(\frac{{DK}}{{DD'}} = \frac{1}{2}\).
Đáp án
Chọn ngẫu nhiên 2 bài làm của 2 em học sinh. Xác suất để chọn được 2 bài trên 7 điểm là (1) __11,1__ % (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).
Giải thích
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_{50}^2\).
Biến cố \(A\) : "Chọn được 2 bài trên 7 điểm" \( \Rightarrow n\left( A \right) = C_{10 + 4 + 3}^2 = C_{17}^2\).
Xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{C_{17}^2}}{{C_{50}^2}} \approx 11,1\).
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
220 và 284 là một cặp số thân thiết. | X | |
|
140 và 195 không là cặp số hứa hôn. | X | |
|
48 và 75 là cặp số hứa hôn. | X |
Giải thích
Ta có:
\(220 = {2^2} \times 5 \times 11\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: \(1;2;4;5;10;11;20;44;55;110\).
Tổng của 11 ước này bằng 284 .
\(284 = {2^2} \times 71\). Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: 1;\(2;4;71;142\). Tổng của 5 ước này bằng 220.
Vậy 220 và 284 là một cặp số thân thiết.
\(140 = {2^2} \times 5 \times 7\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: \(1;2;4;5;7;10;12;20;28;35;70\).
Tổng của 11 ước này bằng 194.
\(195 = 3 \times 5 \times 13\). Ngoài chính nó ra, nó còn có 7 ước số khác là: \(1;3;5;13;15;39;65\). Tổng của 11 ước này bằng 141.
Ta thấy \(141 - 140 = 1,194 - 195 = - 1\). Vậy 140 và 195 không là cặp số hứa hôn.
\(48 = {2^4} \times 3\). Ngoài chính nó, nó còn có 9 ước số khác là: \(1;2;3;4;6;8;12;16;24\). Tổng của 9 ước này bằng \(76 \ne 75\).
\(75 = 3 \times {5^2}\). Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: \(1;3;5;15;25\). Tổng của 5 ước này bằng 49. Ta thấy \(76 - 75 = 1\) và \(49 - 48 = 1\). Vậy 48 và 75 là cặp số hứa hôn.
Đáp án
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có diện tích đáy \(S = 10{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\), cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc \({30^ \circ }\) và độ dài cạnh bên bằng \(10{\rm{\;cm}}\). Thể tích \(V\) của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng (1) __50__ \({\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\).
Giải thích
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)
\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).
Suy ra \(AH\) là hình chiếu của \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Do đó, \({60^ \circ } = \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AH} \right) = \widehat {A'AH}\).
Tam giác \(A'AH\) vuông tại \(H\), có: \(A'H = AA'\).\({\rm{sin}}\widehat {A'AH} = 5\).
Vậy \(V = {S_{\Delta ABC}}.A'H = 50\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
\(\frac{2}{3}\).
\(\frac{3}{4}\).
\(\frac{1}{2}\).
\(\frac{3}{5}\).
Giải thích
Ta có thể tích khối trụ là \({V_t} = \pi .{r^2}.OO' = 2\pi {r^3}\).
Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ nên mặt cầu có bán kính \(R = \frac{1}{2}OO' = r\), suy ra thể tích khối cầu là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).
Khi đó, \(\frac{{{V_c}}}{{{V_t}}} = \frac{{\frac{4}{3}\pi {r^3}}}{{2\pi {r^3}}} = \frac{2}{3}\).
Chọn A
Trong không gian \(Oxyz\), cho điểm \(E\left( {2;1;3} \right)\), mặt phẳng \(\left( P \right):2x + 2y - z - 3 = 0\) và mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 3)^2} + {(y - 2)^2} + {(z - 5)^2} = 36\). Gọi \({\rm{\Delta }}\) là đường thẳng đi qua \(E\), nằm trong \(\left( P \right)\) và cắt \(\left( S \right)\) tại hai điểm \(A\) và \(B\) có khoảng cách nhỏ nhất. Biết \({\rm{\Delta }}\) có một vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {2023;{y_0};{z_0}} \right)\).
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau
Giá trị của \({y_0}\) bằng _______.
Giá trị của \({z_0}\) bằng _______.
Khoảng cách \(AB\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt a \) với \(a\) bằng _______.
Đáp án
Giá trị của \({y_0}\) bằng -2023.
Giá trị của \({z_0}\) bằng 0 .
Khoảng cách \(AB\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt a \) với \(a\) bằng 30 .
Giải thích
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {2;2; - 1} \right)\).
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {3;2;5} \right)\) và bán kính \(R = 6 \Rightarrow \overrightarrow {EI} = \left( {1;1;2} \right)\)
\( \Rightarrow IE = \sqrt {{1^2} + {1^2} + {2^2}} = \sqrt 6 < R \Rightarrow \) điểm \(E\) nằm trong mặt cầu \(\left( S \right)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \(\left( P \right),A\) và \(B\) là hai giao điểm của \({\rm{\Delta }}\) với \(\left( S \right)\).
Khi đó, \(AB\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow d{(H;AB)_{{\rm{max}}}} \Leftrightarrow AB \bot HE\), mà \(AB \bot IH\) nên \(AB \bot \left( {HIE} \right) \Rightarrow AB \bot IE\).
Suy ra \(\overrightarrow {{u_{\rm{\Delta }}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ;\overrightarrow {EI} } \right] = \left( {5; - 5;0} \right)\parallel \left( {1; - 1;0} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \({\rm{\Delta }}\).
Suy ra \(\vec u = \left( {2023; - 2023;0} \right)\) là một vectơ chỉ phương của \({\rm{\Delta }}\), do đó \({y_0} = - 2023,{z_0} = 0\).
Ta có: \(IH = d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.3 + 2.2 - 5 - 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{2}{3}\).
\({\rm{\Delta }}IHE\) vuông tại \(H:HE = \sqrt {I{E^2} - I{H^2}} = \sqrt {6 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt 2 }}{3}\).
\({\rm{\Delta }}IHB\) vuông tại \(H:HB = \sqrt {I{B^2} - I{H^2}} = \sqrt {36 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^2}} = \frac{{8\sqrt 5 }}{3}\).
\(\Delta HEB\) vuông tại \(E:BE = \sqrt {H{B^2} - H{E^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{8\sqrt 5 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{5\sqrt 2 }}{3}} \right)}^2}} = \sqrt {30} \).
\( \Rightarrow AB = 2BE = 2\sqrt {30} \).
Đáp án
Nếu Chi có 500 nghìn đồng thì Chi có thể mua được tối đa (1) ___3___ sản phẩm và còn thừa ít nhất (2) ___4___ nghìn đồng
Giải thích
Vì khi mua từ 2 loại sản phầm trở lên, giá mỗi sản phẩm giảm so với giá ban đầu nên giả sử số sản phẩm Chi mua được ít nhất bằng 2 với tổng giá gốc là (nghìn đồng), .
Khi đó, .
Vậy tổng số tiền gốc các sản phẩm Chi mua không vượt quá 625 nghìn đồng.
Xét các sản phầm có giá từ thấp lên cao ta thấy 3 sản phẩm có giá thấp nhất (Miếng dán cường lực, tai nghe có dây, loa vi tính) có tổng giá tiền gốc là: (nghìn dồng).
Vậy Chi mua được tối đa 3 sản phầm và còn thừa (nghìn đồng).
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
\(MN\) và \(d\) là hai đường thẳng song song với nhau. | X | |
|
Điểm \(I \in d\) để \(IM + IN\) nhỏ nhất có tọa độ \(I\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\) | X |
Giải thích
Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;2;3} \right);d\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1; - 2;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} \cdot \vec u = 0\) suy ra \(MN \bot d\).
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(MN\) vuông góc với \(d\) có phương trình \(x - 2y + z - 2 = 0\).
Gọi \(E = d \cap \left( P \right)\).
Ta có: \(IM \ge EM;IN \ge EN \Rightarrow IM + IN \ge EM + EN\)
Để \(IM + IN\) nhỏ nhất thì điểm \(I \equiv E\) nên \(I\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).
\(S = \left( {7; + \infty } \right)\)
\(S = \left[ {6; + \infty } \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;4} \right)\).
\(S = \left( { - \infty ;5} \right]\).
Giải thích
Ta có:
\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 2 > 0}\\{{x^2} - 5x + m > x - 2}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 2}\\{m > - {x^2} + 6x - 2}\end{array}} \right.} \right.\).
Bất phương trình \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right)\) có tập nghiệm chứa khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow m > - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right)\).
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^2} + 6x - 2\) trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).
Ta có \(f'\left( x \right) = - 2x + 6,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)
Bảng biến thiên
![Gọi \(S\) là tập hợp tất cả các giá trị của tham số \(m\) để bất phương trình \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {{x^2} - 5x + m} \right) > {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}\left( {x - 2} \right)\) có tập nghiệm chứa khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\). Khẳng định nào sau đây là đúng? A. \(S = \left( {7; + \infty } \right)\) B. \(S = \left[ {6; + \infty } \right)\). C. \(S = \left( { - \infty ;4} \right)\). D. \(S = \left( { - \infty ;5} \right]\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2024/10/blobid13-1729744217.png)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: \(m > - {x^2} + 6x - 2\) có nghiệm với mọi \(x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow m > 7\).
Chọn A
2.
3.
4.
1.
Giải thích
Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\) ta có: \({S_{AGI}} = \frac{1}{2}{S_{AA'MF}} \Rightarrow {V_{B'.AGI}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MI}}\).
Mà \({V_{B'.AA'MI}} = \frac{2}{3}{V_{ABI.A'B'M}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{3}V = 4\).
\( \Rightarrow {V_{B'.AGI}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MI}} = \frac{1}{2}.4 = 2\).
Chọn A
Đáp án
Để diện tích xung quanh của hình trụ bằng tổng diện tích hai đáy thì chiều cao của hình trụ bằng (1) ___1/2___ đường kính đáy.
Giải thích
Vì diện tích xung quanh của hình trụ bằng diện tích hai đáy nên ta có: \(2\pi rh = 2\pi {r^2} \Leftrightarrow h = r\).
Vậy chiều cao của hình trụ bằng \(\frac{1}{2}\) đường kính đáy.
Đáp án
Xung quanh một bờ hồ hình tròn có trồng 20 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 5 cây sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Có (1) ___4004___ cách thực hiện khác nhau.
Giải thích
Ta gọi một trong số 20 cây cau cảnh trong đầu bài là \(A\). Có hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Cây \(A\) không bị chặt.
Sau khi chặt đi 5 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 15 khoảng trống. 5 cây bị chặt tương ứng với 5 trong số 15 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{15}^5 = 3003\).
Trường hợp 2: Cây \(A\) bị chặt.
Sau khi chặt tiếp 4 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 14 khoảng trống không kề với vị trí của cây \(A\). 4 cây bị chặt (không kể cây \(A\)) tương ứng với 4 trong số 14 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là \(C_{14}^4 = 1001\).
Theo quy tắc cộng, ta được số khả năng phải tìm là \(3003 + 1001 = 4004\) (cách).
Gọi \({z_1}\) là nghiệm phức có phần ảo âm của phương trình \({z^2} - 2z + 5 = 0\). Điểm biểu diễn của số phức \(w = \left( {1 + i} \right){z_1}\) là điểm nào trong các điểm \(M,N,P,Q\) ở hình sau đây?
Điểm \(N\).
Điểm \(M\).
Điểm \(Q\).
Điểm \(P\).
Giải thích
Ta có \({z^2} - 2z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} = 1 - 2i}\\{{z_2} = 1 + 2i}\end{array}} \right.\)
Suy ra \(w = \left( {1 + i} \right){z_1} = \left( {1 + i} \right)\left( {1 - 2i} \right) = 3 - i\)
Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức \(w = \left( {1 + i} \right){z_1}\) là điểm \(P\left( {3; - 1} \right)\).
Chọn D
Điền số tự nhiên thích hợp vào các chỗ trống.
Từ một miếng gỗ là khối cầu có bán kính 1dm, bác thợ mộc muốn tạo thành một khối trụ sao cho hai đường tròn đáy của khối trụ thuộc mặt cầu của khối cầu đã cho (xem hình minh họa).
Gọi \(h,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ (tính theo đơn vị \(dm\)). Khi đó ta có \(4{r^2} + {h^2} = \) (1) ________.
Trong các khối trụ thỏa mãn tính chất trên, biết rằng khối trụ có diện tích toàn phần lớn nhất là \(\left( {a + \sqrt b } \right)\pi {\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\) (với \({\rm{a}},{\rm{b}}\) là hai số nguyên). Khi đó \(a + b = \) (2) ________.
Đáp án
Gọi \(h,r\) lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ (tính theo đơn vị \(dm\)). Khi đó ta có \(4{r^2} + {h^2} = \) (1) ____4____.
Trong các khối trụ thỏa mãn tính chất trên, biết rằng khối trụ có diện tích toàn phần lớn nhất là \(\left( {a + \sqrt b } \right)\pi {\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\) (với \({\rm{a}},{\rm{b}}\) là hai số nguyên). Khi đó \(a + b = \) (2) ____6____.
Giải thích
Cách 1. Ta có: \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = 1 \Rightarrow 4{r^2} + {h^2} = 4\).
\({S_{tp}} = 2\pi r\left( {r + h} \right) = 2\pi \left( {{r^2} + rh} \right)\) (1).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
\(1 = \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right){r^2} + \left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}{r^2} + \frac{{{h^2}}}{4}} \right) \ge \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right){r^2} + 2\sqrt {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}{r^2}.\frac{{{h^2}}}{4}} = \left( {\frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}} \right)\left( {{r^2} + rh} \right)\,\,\left( 2 \right)\).
Kết hợp (1) và (2) ta suy ra \({S_{tp}} \le \pi \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 5}\end{array}} \right.\)
Cách 2. Ta có: \({r^2} + \frac{{{h^2}}}{4} = 1 \Rightarrow 4{r^2} + {h^2} = 4\).
\({S_{tp}} = 2\pi \left( {{r^2} + rh} \right) = 8\pi \left( {\frac{{{r^2} + rh}}{{4{r^2} + {h^2}}}} \right)\)
\( = 8\pi \left( {\frac{{{{\left( {\frac{r}{h}} \right)}^2} + \frac{r}{h}}}{{4{{\left( {\frac{r}{h}} \right)}^2} + 1}}} \right) = 8\pi \frac{{{t^2} + t}}{{4{t^2} + 1}}\)
Khảo sát hàm \(f\left( t \right) = \frac{{{t^2} + t}}{{4{t^2} + 1}},t > 0\) ta suy ra \({\rm{max}}{S_{tp}} = \pi \left( {1 + \sqrt 5 } \right)\).
\({\left( {x - \frac{{16}}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{2}{3}} \right)^2} + {(z - 14)^2} = 3\)
\({\left( {x - \frac{8}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{3}} \right)^2} + {(z - 7)^2} = 12\).
\({\left( {x - \frac{8}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{3}} \right)^2} + {(z - 7)^2} = 3\).
\({\left( {x - \frac{{16}}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{2}{3}} \right)^2} + {(z - 14)^2} = 12\).
Giải thích
Vectơ chỉ phương của \({d_1}\) và \({d_2}\) lần lượt là \({\vec u_1} = \left( {2;1;3} \right)\), \({\vec u_2} = \left( {1;2;3} \right)\).
Gọi \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) với \(A \in {d_1},B \in {d_2}\).
Suy ra: \(A\left( { - 1 + 2a; - 1 + a; - 1 + 3a} \right);B\left( {2 + b;2b;9 + 3b} \right)\).
Khi đó: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 2a + b + 3; - a + 2b + 1; - 3a + 3b + 10} \right)\).
Vì \(AB\) là đoạn vuông góc chung của \({d_1}\) và \({d_2}\) nên:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_1}} }\\{\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {{u_2}} }\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{14a - 13b = 37}\\{13a - 14b = 35}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{7}{3}}\\{b = - \frac{1}{3}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A\left( {\frac{{11}}{3};\frac{4}{3};6} \right)}\\{B\left( {\frac{5}{3}; - \frac{2}{3};8} \right)}\end{array} \Rightarrow AB = 2\sqrt 3 } \right.} \right.} \right.} \right.\).
Gọi \(I\) là tâm mặt cầu \(\left( S \right)\) có đường kính là \(AB\). Suy ra \(I\left( {\frac{8}{3};\frac{1}{3};7} \right)\) và \(R = \frac{1}{2}AB = \sqrt 3 \).
Vậy phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - \frac{8}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{3}} \right)^2} + {(z - 7)^2} = 3\).
Chọn C
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:
Góc lượng giác _______ rad tương ứng với chuyển động quay 3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ.
Trên đường tròn đường kính bằng 4 cm, cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) thì có độ dài bằng _______ cm.
Góc \({100^ \circ }\) bằng _______ rad.
Đáp án
Góc lượng giác \(\frac{{32\pi }}{5}\) rad tương ứng với chuyển động quay 3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ.
Trên đường tròn đường kính bằng 4 cm, cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) thì có độ dài bằng \(\frac{{2\pi }}{5}\) cm.
Góc \({100^ \circ }\) bằng \(\frac{{5\pi }}{9}\) rad.
Giải thích
3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ tương ứng với \(3,2 \times 2\pi = \frac{{32\pi }}{5}\left( {{\rm{rad}}} \right)\).
Độ dài cung có số đo \(\frac{\pi }{5}\) là \(l = \alpha R = \frac{\pi }{5}.\frac{4}{2} = \frac{{2\pi }}{5}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Góc \({100^ \circ }\) bằng \(\frac{{100}}{{180}}\pi = \frac{{5\pi }}{9}\left( {{\rm{rad}}} \right)\).
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Mođun của số phức \(z\) là 2 . | X | |
|
Điểm biểu diễn số phức \(w\) có tọa độ là \(\left( {0; - 2} \right)\). | X | |
|
Mođun của số phức \(\left| {\frac{w}{z}} \right| = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\). | X |
Giải thích
Ta có:
\(w = 1 - i{)^2} = - 2i \Rightarrow \) Điểm biểu diễn số phức \(w\) có tọa độ là \(\left( {0; - 2} \right)\).
\(\left| z \right| = \sqrt {10} \)
\(\left| {\frac{w}{z}} \right| = \frac{{\left| w \right|}}{{\left| z \right|}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\).
Cho một dãy gồm bốn số theo thứ tự ba số hạng đầu lập thành một cấp số nhân và ba số hạng cuối lập thành một cấp số cộng. Biết tổng của hai số hạng đầu và cuối bằng 14 và tổng của hai số hạng giữa bằng 12.
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau
Số hạng đầu của dãy số là _______.
Công bội của ba số hạng đầu của dãy là _______.
Công sai của ba số hạng cuối của dãy là _______.
Đáp án
Số hạng đầu của dãy số là \(\frac{{25}}{2}\).
Công bội của ba số hạng đầu của dãy là -3 .
Công sai của ba số hạng cuối của dãy là \(\frac{3}{5}\).
Giải thích
Gọi 4 số phải tìm là \({a_1};{a_2};{a_3};{a_4}\). Theo bài ra ta có hệ phương trình
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a_2^2 = {a_1}{a_3}}\\{2{a_3} = {a_2} + {a_4}}\\{{a_1} + {a_4} = 14}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_2} + {a_4} = 2{a_3}}\\{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4}}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array} = 26 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{a_1} + 3{a_3} = 26}\\{{a_2} + {a_3} = 12}\end{array}} \right.} \right.} \right.\]
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a_1} + 3{q^2}{a_1} = 26}\\{q{a_1} + {q^2}{a_1} = 12}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {1 + 3{q^2}} \right){a_1} = 26}\\{\left( {q + {q^2}} \right){a_1} = 12}\end{array}} \right.} \right.\)
\( \Rightarrow 12\left( {1 + 3{q^2}} \right) = 26\left( {q + {q^2}} \right)\)
\( \Leftrightarrow 5{q^2} - 13q + 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{q = 2 \Rightarrow {a_1} = 2 \Rightarrow {a_2} = 4;{a_3} = 8;{a_4} = 12}\\{q = \frac{3}{5} \Rightarrow {a_1} = \frac{{25}}{2} \Rightarrow {a_2} = \frac{{15}}{2};{a_3} = \frac{9}{2};{a_4} = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)
Vậy có hai bộ số cần tìm: \(\left( {2,4,8,12} \right),\left( {\frac{{25}}{2},\frac{{15}}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}} \right)\).
Xét các số trong bảng kéo thả ta thấy chỉ có bộ số \(\left( {\frac{{25}}{2},\frac{{15}}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}} \right)\) thỏa mãn với số hạng đầu là \(\frac{{25}}{2}\); công sai là -3 và công bội là \(\frac{3}{5}\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có bảng biến thiên như sau:
Hàm số \(f\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng nào dưới đây?
\(\left( {0; + \infty } \right)\)
\(\left( { - \infty ;1} \right)\).
\(\left( {1;2} \right)\).
\(\left( { - 1;0} \right)\).
Giải thích
Từ bảng biến thiên ta suy ra \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x < - 1}\end{array}} \right.\).
Chọn C
Cho hàm phân thức \(f\left( x \right) = \frac{{ax - b}}{{cx + d}}\) có đồ thị như hình vẽ.
Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là \(x = \) ____ và đường tiệm cận ngang là \(y = \)____.
Giá trị của tích \(abcd\) bằng _____.
Đáp án
Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là \(x = \) 2 và đường tiệm cận ngang là \(y = \)-1 .
Giá trị của tích \(abcd\) bằng 0 .
Giải thích
Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang \(y = - 1\), đường tiệm cận đứng \(x = 2\) và đi qua điểm \(A\left( {0;0} \right)\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{d}{c} = 2}\\{\frac{a}{c} = - 1}\\{ - \frac{b}{d} = 0}\end{array} \Rightarrow b = 0 \Rightarrow abcd = 0} \right.\)
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Tại thời điểm \(t = 3\left( s \right)\) thì gia tốc của xe máy đạt \(0,5{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\). | X | |
|
Vận tốc của xe máy sau 5 giây (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) bằng \(4,8{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\). | X |
Giải thích
+) Tại \(t = 3\left( s \right)\) thì \(a\left( t \right) = \frac{5}{{3.3 + 1}} = 0,5\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)
+) Vận tốc của xe máy sau 5 giây là \(v = \int\limits_0^5 {\frac{5}{{3t + 1}}dt} = \left. {\frac{5}{3}{\rm{ln}}\left| {3t + 1} \right|} \right|_0^5 = \frac{5}{3}{\rm{ln}}16 \approx 4,6\,\,\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).
Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 4\) và điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 - t\\y = 1 + t\\z = 2\end{array} \right.\). Ba điểm phân biệt \(A,B,C\) cùng thuộc mặt cầu \(\left( S \right)\) sao cho \(MA,MB,MC\) là ba tiếp tuyến của mặt cầu. Biết rằng mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(D\left( {1;2;1} \right)\) và có vectơ pháp tuyến \(\vec n = \left( {a;b;1} \right)\).
Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau:
Giá trị của \(a + b\) bằng _______.
Tọa độ điểm \(M\) là ( _______; _______; 2).
Đáp án
Giá trị của \(a + b\) bằng 1 .
Tọa độ điểm \(M\) là ( 2 ; 0 ; 2).
Giải thích
Vì \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right) \in d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - t}\\{y = 1 + t{\rm{\;n\^e n\;}}{x_0} + {y_0} + {z_0} = \left( {1 - t} \right) + \left( {1 + t} \right) + 2 = 4.}\\{z = 2}\end{array}} \right.\)
Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 4\) có tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\), bán kính \(R = 2\).
Vì \(MA,MB,MC\) là tiếp tuyến của mặt cầu \(\left( S \right)\) nên \(MO\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Gọi \(H = MO \cap \left( {ABC} \right)\) suy ra \(AH \bot MO\).
Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) đi qua điểm \(D\left( {1;2;1} \right)\) và có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {OM} = \left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) nên có phương trình là: \({x_0}\left( {x - 1} \right) + {y_0}\left( {y - 2} \right) + {z_0}\left( {z - 1} \right) = 0\).
Vì \(MA\) là tiếp tuyến của mặt cầu \(\left( S \right)\) nên \(MA \bot OA\) hay tam giác \(MAO\) vuông tại \(A\). Suy ra \(OH.OM = O{A^2} = {R^2} = 4\).
Ta có: \(OH = d\left( {O,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| { - {x_0} - 2{y_0} - {z_0}} \right|}}{{\sqrt {x_0^2 + y_0^2 + z_0^2} }} = \frac{{\left| {{y_0} + 4} \right|}}{{OM}}\) suy ra \(OH.OM = \left| {{y_0} + 4} \right|\).
Do đó \({y_0} = 0\).
Với \({y_0} = 0 \Rightarrow t = - 1\) suy ra điểm \(M\left( {2;0;2} \right)\).
Kiểm tra lại, với \(M\left( {2;0;2} \right)\) khi đó \(OM = 2\sqrt 2 ,OH = \frac{{\left| {0 + 4} \right|}}{{OM}} = \frac{4}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).
Phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(2\left( {x - 1} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0\) hay \(x + z - 2 = 0\).
\( \Rightarrow a = 1;b = 0 \Rightarrow a + b = 1\).
Mặt khác, \(MH = d\left( {M,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 + 2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \sqrt 2 \).
Ta có \(OH + MH = OM\) nên điểm \(H\) nằm giữa hai điểm \(O\) và \(M\) (thỏa mãn).
Vậy có duy nhất điểm \(M\left( {2;0;2} \right)\) thỏa mãn ycbt.
1153000 đồng.
1130000 đồng.
2843000 đồng.
1202 000đồng.
Giải thích
Giai đoạn 1: Tính số tiền bạn Hùng nợ ngân hàng sau 4 năm.
Ta xem đây là bài toán gửi tiết kiệm với người cho vay là ngân hàng.
Áp dụng công thức gửi tiết kiệm \(T = M\left( {1 + r} \right).\frac{{{{(1 + r)}^n} - 1}}{r}\) với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = {{10}^6}}\\{r = \frac{{3{\rm{\% }}}}{{12}} = 0,25{\rm{\% \;}}}\\{n = 4 \times 12 = 48}\end{array}} \right.\) ta có:
\(T = 51058536,44\) đồng.
Giai đoạn 2. Ta coi như bạn Hùng nợ ngân hàng khoản tiền ban đầu 51058 536, 44 đồng.
Số tiền này bắt đầu được tính lãi và được trả góp trong 4 năm (= 48 tháng).
Áp dụng công thức \(m = \frac{{M{{(1 + r)}^n}r}}{{{{(1 + r)}^n} - 1}}\) với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 51058536,44}\\{r = 0,25{\rm{\% }}}\\{n = 4 \times 12 = 48}\end{array}} \right.\) ta được:
m = 1 130 146,341 ≈ 1 130 000 (đồng)
Chọn B
\(\frac{{1365}}{2}\).
\(\frac{{5416}}{2}\).
\(\frac{{5461}}{2}\).
\(\frac{{21845}}{2}\).
Giải thích
Ta có \({u_1} = \frac{1}{2},{u_4} = 32\) và \({u_n} = 2048\).
\({u_4} = {u_1}.{q^3} \Leftrightarrow 32 = \frac{1}{2}.{q^3} \Leftrightarrow q = 4\).
\({u_n} = 2048 \Leftrightarrow {u_1}.{q^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow \frac{1}{2}{.4^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow {4^{n - 1}} = {4^6} \Leftrightarrow n = 7\).
Khi đó tổng của cấp số nhân này là \(T = {S_7} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {4^7}} \right)}}{{1 - 4}} = \frac{{5461}}{2}\).
Chọn CĐáp án
Trong sự phát triển của đời sống, giới trẻ ngày nay có xu hướng (1) thay đổi hình thức giải trí sang các hoạt động trực tuyến thay vì đọc sách, báo in như thập niên trước.
Giải thích
Căn cứ vào từ khóa “giới trẻ ngày nay”, “hoạt động trực tuyến” xác định được nội dung cần tìm ở đoạn [1]. Đoạn văn có thông tin: “Thực tế, thói quen truy cập mạng trở nên phổ biến”, “Điều đó khiến giới trẻ dường như ngày càng tìm đến sách báo ít hơn”, từ đó suy luận được từ cần điền là “thay đổi” hoặc “chuyển dịch”.
Người trẻ có xu hướng sử dụng và dần phụ thuộc vào công nghệ.
Những người sống tại TP.HCM có tư duy thực tế và nhanh nhạy.
Nhận thức về vai trò của sách có sự thay đổi theo từng điều kiện.
Thời gian đọc sách trung bình của người Việt là thấp nhất thế giới.
Giải thích
Đọc lại văn bản kết hợp với việc sử dụng phương pháp loại trừ. Căn cứ vào các số liệu trong đoạn [2] xác định được các thông tin quan trọng: “30% số người đọc sách thường xuyên, 26% không đọc sách và 44% thỉnh thoảng đọc sách”, “có 47,26% sinh viên nhận thức được tầm quan trọng của sách, 26.37% nghĩ rằng đọc sách là cần thiết” và người trẻ đang có xu hướng sử dụng công nghệ: “41,7% số bạn trẻ trả lời là lên mạng, 20% xem phim, 16,7% nghe nhạc và chỉ có 15% trả lời là đọc sách”. Chọn A, C
Đáp án
Nhìn nhận về thực trạng của giới trẻ, nhà báo Phong Điệp có nhắc tới vấn đề áp lực trong cuộc sống và dần khiến việc giải trí trở nên bó hẹp hơn; những cuốn sách được lựa chọn chủ yếu do trào lưu mà không phải bắt nguồn từ nhu cầu cá nhân.
Giải thích
Căn cứ vào từ khóa “thực trạng của giới trẻ” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [3]: “các bạn trẻ phải dành thời gian cho việc học quá nhiều nên những nhu cầu giải trí trong đó có đọc sách cũng bị hạn chế”, “việc đọc sách của các bạn trẻ ngày nay hầu như chỉ theo phong trào chứ không thực chất”. Chú ý “phải dành thời gian cho việc học quá nhiều” tương đương với “áp lực”, “phong trào” tương đương với “trào lưu”.
Câu hoàn chỉnh: Nhìn nhận về thực trạng của giới trẻ, nhà báo Phong Điệp có nhắc tới vấn đề [áp lực] trong cuộc sống và dần khiến việc [giải trí] trở nên bó hẹp hơn; những cuốn sách được lựa chọn chủ yếu do [trào lưu] mà không phải bắt nguồn từ nhu cầu cá nhân.
Đáp án
Dựa vào đoạn [4], hãy điền một cụm từ không quá hai tiếng để hoàn thành câu sau:
Không dừng lại ở các hoạt động tự phát, những (1) chính sách đã được ban hành nhằm mục đích khuyến khích văn hóa đọc trong cộng đồng nhưng chưa được thực hiện một cách đồng bộ trên phạm vi cả nước.
Giải thích
Đọc đoạn [4] xác định thông tin: “tại kì họp Quốc hội khoá 14 đã thông qua Luật Thư viện quy định ngày 21/4 hằng năm là “Ngày Sách và Văn hoá đọc Việt Nam””. Đây là chính sách do nhà nước thông qua và ban hành. Vậy từ cần điền là “chính sách”.
Đúng
Sai
Đáp án
B. Sai.
Giải thích
Căn cứ vào từ khóa “cách đọc sách mới” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [5]: “với cách đọc mới này, những cuốn tiểu thuyết mấy trăm trang được tóm gọn trong vài chục trang. Những cuốn sách nâng cao kiến thức, câu chuyện lịch sử cũng chỉ gói gọn trong 3 – 4 phút trên mạng”, “cần đặc biệt lưu ý để văn chương không bị biên tập, cắt gọn tới mức biến dạng nội dung”. Cách đọc sách mới đang bị cắt gọn, biến dạng nội dung. Vậy nhận xét trên không chính xác.
Đáp án
Trước xu thế tất yếu của văn hóa đọc, với những yêu cầu mới của người đọc, hoạt động viết cần có sự chuyển dịch về nội dung và đổi mới về (1) hình thức truyền tải để tạo ra những cảm hứng mới, thu hút sự quan tâm của giới trẻ.
Giải thích
Căn cứ vào từ khóa “xu thế tất yếu”, “hoạt động viết” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [6]: “Điều đó đòi hỏi những người viết sách cũng cần phải đổi mới về phong cách viết, hình thức truyền tải để phù hợp với xu thế hiện nay”. Vậy từ cần điền là “hình thức”.
người sáng tạo nội dung.
các nhà quản lý báo chí.
các đơn vị xuất bản sách.
cơ sở giáo dục và đào tạo.
Căn cứ vào từ khóa “lan tỏa” và “hình thành thói quen” xác định được nội dung cần tìm ở đoạn [6] và [7]: “những người viết sách cũng cần phải đổi mới về phong cách viết, hình thức truyền tải để phù hợp với xu thế hiện nay” và “cha mẹ và thầy cô giáo hãy khuyến khích, hướng dẫn trẻ cách tìm kiếm sách, cách đọc sách sao cho hiệu quả”, “giúp hình thành thói quen đọc sách và có thể khuyến khích giới trẻ đến với sách nhiều hơn”. Chú ý “người viết sách” tương đương với “người sáng tạo nội dung”; “thầy cô” tương đương với “cơ sở giáo dục và đào tạo”. Chọn A, D
Đáp án
Nhìn nhận đầy đủ về các vấn đề xã hội, có thể thấy, sách là phương tiện giáo dục gián tiếp, hình thành thói quen đọc hỗ trợ quá trình định hình nhân cách, hướng tới sự phát triển toàn diện.
Giải thích
ăn cứ vào từ khóa “sách là phương tiện giáo dục” tương đương với “sách chính là phương pháp tự học” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [7]. Đọc đoạn [7] xác định thông tin: “Văn hóa đọc có ý nghĩa rất quan trọng, không chỉ nâng cao nhận thức mà còn hình thành nhân cách con người”, “Điều đó sẽ giúp hình thành thói quen đọc sách”. Vậy sách hướng tới sự phát triển toàn diện. Chú ý “phương pháp tự học” tương đương với việc gián tiếp giáo dục người đọc.
Câu hoàn chỉnh: Nhìn nhận đầy đủ về các vấn đề xã hội, có thể thấy, sách là phương tiện giáo dục [gián tiếp], hình thành [thói quen] đọc hỗ trợ quá trình định hình [nhân cách], hướng tới sự phát triển [toàn diện].
Đáp án
|
Nhận định |
Đúng |
Sai |
|
Cần nhìn nhận văn hóa đọc trong nhiều mối tương quan với sự phát triển của đời sống xã hội. | X | |
|
Để hình thành thói quen đọc sách nên bắt đầu từ những hành động nhỏ và sở thích cá nhân. | X | |
|
Muốn lan tỏa giá trị của sách tới cộng đồng cần chú trọng tới những chính sách khuyến học. | X | |
|
Phương pháp tự học không chỉ mang lại hiệu quả về kiến thức mà còn góp phần xây dựng tính cách. | X |
Giải thích
Căn cứ vào từ khóa “văn hóa đọc”, “sự phát triển của đời sống xã hội”, “hình thành thói quen đọc sách”, “phương pháp tự học” xác định nội dung cần tìm ở đoạn [7]: “nhiều bài viết, nghiên cứu khẳng định vai trò quan trọng của việc đọc đối với mỗi cá nhân và sự phát triển của xã hội” (nhận định 1 đúng); “ngay từ khi ở bậc tiểu học… hãy khuyến khích, hướng dẫn trẻ cách tìm kiếm sách, cách đọc sách sao cho hiệu quả”, “điều đó sẽ giúp hình thành thói quen đọc sách” (nhận định 2 đúng); “đọc sách chính là phương pháp tự học hiệu quả nhất”, “văn hóa đọc… không chỉ nâng cao nhận thức mà còn hình thành nhân cách con người” (nhận định 4 đúng). Không có thông tin về “chính sách khuyến học”, chỉ có “khuyến khích giới trẻ đến với sách nhiều hơn” (nhận định 3 sai).
Những giá trị mà thói quen đọc sách mang lại cho con người.
Thói quen đọc và những vấn đề tồn tại quanh việc đọc sách.
Công nghệ và những vấn đề về xuất bản sách tại Việt Nam.
Trao đổi quanh thói quen đọc sách của thế hệ trẻ ở Việt Nam.
Chế tạo bê tông nhẹ có khả năng cách nhiệt và chịu lực từ chất thải xây dựng.
Thực trạng ô nhiễm do chất thải xây dựng tại Việt Nam hiện nay.
Một số giải pháp giảm lãng phí vật liệu trong quá trình xây dựng tại Việt Nam.
Tính chất vật lí và hóa học của bê tông nhẹ cách âm cách nhiệt.
Ý chính các đoạn trong bài.
Đoạn 1. Tính cấp thiết của việc tái chế rác thải xây dựng.
Đoạn 2. Một số phương pháp được đề xuất để tái chế chất thải xây dựng.
Đoạn 3-5. Giới thiệu và những ưu điểm chính của phương pháp tái chế chất thải xây dựng thành hạt cốt liệu nung rỗng.
Đoạn 6-9. Quá trình thực hiện nghiên cứu chế tạo bê tông cách nhiệt chịu lực từ chất thải xây dựng.
Đoạn 10-11. Những khó khăn trong quá trình thực hiện nghiên cứu và đề xuất phương án giải quyết.
Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn câu là: “Chế tạo bê tông nhẹ có khả năng cách nhiệt và chịu lực từ chất thải xây dựng.”
Chọn A
Đáp án
Từ thông tin trong đoạn [1] và [2], hãy điền một cụm từ không quá ba tiếng để hoàn thành đoạn sau.
Các thành phố lớn tại Việt Nam đang phải đối mặt với nguy cơ ô nhiễm môi trường do chất thải xây dựng. Một số chuyên gia đã đề xuất sử dụng (1) biện pháp mới, thay thế việc chôn lấp tại các khu xử lý. Trong đó, công nghệ nghiền tái chế được cho rằng sẽ tận dụng 70-100% phế thải xây dựng ngay tại công trình.
Giải pháp
Đọc đoạn [1], [2] trong văn bản, chú ý câu văn sử dụng từ “chôn lấp”. “Tuy nhiên, phần lớn các khu xử lý chất thải rắn hiện nay đều bị quá tải và chủ yếu sử dụng biện pháp chôn lấp.”. Nhận thấy đề bài đã thay thế “biện pháp chôn lấp” thành “việc chôn lấp”, kết hợp thông tin trong đoạn. “Đó là lý do khiến ngành xây dựng đang nghĩ đến cách tiếp cận mới. Tái chế chất thải xây dựng.” để suy luận. biện pháp chôn lấp không còn phù hợp, cần thay thế bằng một biện pháp mới. Từ cần điền trong đoạn là “biện pháp”.
HS cần lưu ý, trong bài đọc có sử dụng cụm từ “cách tiếp cận mới”, tuy nhiên, cụm từ này không phù hợp để kết hợp với từ “sử dụng” trong câu điền khuyết.
Gạch lát vỉa hè.
Bê tông tươi.
Đê chắn sóng.
Cát mịn.
Thông tin tại đoạn [2]. “máy nghiền lắp đặt ngay tại chân công trình, cho phép nghiền tại chỗ các khối bê tông, vật liệu rắn thành các hạt nhỏ 3x4cm và cát mịn mà không cần tập kết ra bãi phế liệu.”, như vậy, đáp án đúng làD. Các phương án còn lại là chế phẩm tạo ra từ vật liệu tái chế, không phải sản phẩm trực tiếp hình thành từ máy nghiền tái chế. Chọn D
bê tông và vật liệu rắn.
phế thải xây dựng.
hạt cốt liệu nung rỗng.
những loại bê tông nhẹ.
Từ “này” cho thấy cụm từ/đối tượng được nhắc tới trong đoạn này đã được làm rõ trước đó để người đọc biết đến. Tìm kiếm từ khóa và thông tin liên quan trong các đoạn [1], [2] → Trong đoạn [2] có đề cập thông tin như sau. “...chẳng hạn như máy nghiền lắp đặt ngay tại chân công trình, cho phép nghiền tại chỗ các khối bê tông, vật liệu rắn thành các hạn nhỏ 3x4cm và cát mịn…”, từ đó đáp án đúng là A.
giảm thiểu nhân công tham gia thi công.
giúp quá trình thi công diễn ra nhanh chóng hơn.
tiết kiệm ngân sách cho công trình xây dựng.
tăng độ bền, khả năng chịu lực của công trình.
Dựa vào thông tin trong đoạn [4]. “so với gạch xây thông thường, ta có thể giảm chi phí đáng kể trong các công trình xây dựng do giảm được tải trọng tác dụng, qua đó giảm kích thước các kết cấu chịu lực và móng công trình”, chọn đáp án đúng là C.
Đúng
Sai
Thông tin tại đoạn [6] như sau. “...ở Việt Nam đây là một trong những nghiên cứu đầu tiên sử dụng công nghệ nung và sử dụng đầu vào là phế thải xây dựng. Để làm được điều đó, nhóm nghiên cứu đã tập hợp các chuyên gia từ nhiều lĩnh vực, ...”. Theo đó, nghiên cứu này chỉ là “một trong những nghiên cứu tiên” nên mệnh đề trên “Sai”. Chọn B
Đáp án
Từ thông tin trong đoạn [8], hãy điền một cụm từ không quá bốn tiếng để hoàn thành đoạn sau.
Theo đoạn trích, các loại hạt cốt liệu được phân loại dựa trên (1) khả năng chịu lực, sau đó có thể được ứng dụng trong nhiều ngành khác nhau.
Giải thích
Căn cứ vào thông tin trong đoạn. “Do các hạt cốt liệu nhẹ chế tạo từ phế thải xây dựng nên chúng tôi không kì vọng chúng có khả năng chịu lực quá cao.”, “Bù lại, các hạt cốt liệu nhẹ có thể có nhiều ứng dụng khác nhau ...”. Như vậy, sự phân loại các hạt thành có chất lượng thấp, chất lượng tốt hơn, có cường độ tốt nhất để ứng dụng được là căn cứ vào khả năng chịu lực. Từ cần điền để hoàn thành câu là “khả năng chịu lực”.
Những vấn đề phát sinh trong quá trình nhập khẩu, chế tạo thiết bị nung.
Những thách thức trong quá trình sản xuất hạt cốt liệu nhẹ từ phế thải xây dựng.
Những khó khăn trong vận hành dây chuyền sản xuất do nhiệt lượng và chi phí cao.
Những công nghệ mới cần được tích hợp trong quy trình tạo ra các hạt vật liệu nhẹ.
Đọc đoạn [10], xác định các vấn đề được đưa ra trong đoạn. “việc nung trên cơ sở lò quay vẫn là khâu thách thức nhất”, “công nghệ chế tạo lò vẫn chưa thể nội địa hóa…chi phí vẫn còn cao”, “nhiệt lượng sử dụng khá lớn và có thể khiến tổng chi phí tăng lên”, “Một số ý kiến phản hồi …chưa đủ “xanh” cho môi trường”. Như vậy, chọn đáp án đúng là B.
Tận dụng khí gas như một năng lượng đốt.
Nghiên cứu để giảm nhiệt độ nung của lò.
Tạo ra một quá trình sản xuất liên tục.
Tạo ra sản phẩm hạt nhẹ có giá trị kinh tế cao.
Đọc đoạn [11]. “...chẳng hạn tận dụng khí gas từ chất thải hữu cơ làm năng lượng đốt lò – để giảm thiểu tác động, hoặc tạo ra một quá trình sản xuất liên tục để giảm hao phí năng lượng và chi phí vận hành. Trong tương lai, họ cũng xem xét nghiên cứu thêm cách hạ thấp nhiệt độ nung để nâng cao hiệu quả kinh tế - kỹ thuật của sản phẩm hạt nhẹ này.”, nhận thấy phương án “Tạo ra sản phẩm hạt nhẹ có giá trị kinh tế cao” không được nhắc tới trong bài nên đáp án đúng là D.
Đúng
Sai
Đọc đoạn [10], [11]. Trong đoạn [10], các thông tin liên quan đến chi phí (hiệu quả kinh tế) bao gồm. “Hiện công nghệ chế tạo lò vẫn chưa thể nội địa hóa mà phải nhập khẩu, do vậy chi phí vẫn còn cao. Hơn thế nữa, quy trình đòi hỏi nhiệt độ nung phải trên 12000C – tức nhiệt lượng sử dụng khá lớn và có thể khiến tổng chi phí tăng lên.”. Tuy nhiên, trong đoạn [11], thông tin được đưa ra là. “họ cũng xem xét nghiên cứu thêm cách hạ thấp nhiệt độ nung để nâng cao hiệu quả kinh tế - kỹ thuật của sản phẩm hạt nhẹ”. Như vậy, việc nội địa hóa công nghệ chế tạo lò chưa nằm trong dự định. Mệnh đề trên là “Sai”.
Chọn BĐáp án
Gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái Đất lớn hơn gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng.
Gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái Đất nhỏ hơn gia tốc trọng trường trên bề mặt Sao Mộc.
Giải thích
Dựa vào Bảng 1, ta có:
gTĐ = 9,8 (m/s2) > gMT = 1,6 (m/s2)
gTĐ = 9,8 (m/s2) < gSM = 24,9 (m/s2)
\(L + {Y_0}\)
\(L - {Y_0}\)
\(L\)
\({Y_0}\)
Tổng chiều dài của cả sợi xích là L
Chiều dài của một phần sợi xích thòng xuống cạnh bàn là \({Y_0}\).
=> Trước khi buông sợi xích, chiều dài của sợi xích nằm trên mặt bàn bằng \(L - {Y_0}\). Chọn B
1,6 s.
1,9 s.
2,1 s.
2,3 s.
Từ hình 3, có thể thấy quy luật sự phụ thuộc của thời gian rơi t vào \({Y_0}\) của dây xích khi ở trên bề mặt Mặt Trăng như sau:
+ Khi \(\begin{array}{l}{Y_0} = 25\;{\rm{cm}} \to {Y_0} = 20\;{\rm{cm}}\\t = 1,2\;{\rm{s}} \to t = 1,35\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \Rightarrow \Delta t = 0,15\;{\rm{s}}\)
+ Khi \(\begin{array}{l}{Y_0} = 20\;{\rm{cm}} \to {Y_0} = 15\;{\rm{cm}}\\t = 1,35s \to t = 1,55\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \Rightarrow \Delta t = 0,2\;{\rm{s}}\)
+ Khi \(\begin{array}{l}{Y_0} = 15\;{\rm{cm}} \to {Y_0} = 10\;{\rm{cm}}\\t = 1,55\;{\rm{s}} \to t = 1,85\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \Rightarrow \Delta t = 0,3\;{\rm{s}}\)
+ Khi \(\begin{array}{l}{Y_0} = 10\;{\rm{cm}} \to {Y_0} = 5\;{\rm{cm}}\\t = 1,85\;{\rm{s}} \to t\end{array}\) \( \Rightarrow \Delta t > 0,3\;{\rm{s}}\)
Như vậy, khi \({Y_0}\) giảm từ 10 cm còn 5 cm thì thời gian rơi tăng lên tối thiểu là 0,3 s, tức là thời gian rơi phải lớn hơn 2,15 s. Phương án phù hợp là 2,3 s
Chọn D
75 cm.
94 cm.
113 cm.
135 cm.
Nếu L = 105 cm thì thời gian rơi trên bề mặt Mặt Trăng là 1,9 s.
Nếu L = 120 cm thì thời gian rơi trên bề mặt Mặt Trăng là 2,15 s.
Do đó, thời gian rơi là 2,0 s sẽ xảy ra nếu L lớn hơn 105 cm và nhỏ hơn 120 cm.
Chọn C
lớn hơn 35 cm so với bề mặt Trái Đất.
nhỏ hơn 35 cm so với bề mặt Trái Đất.
lớn hơn 47 cm so với bề mặt Trái Đất.
nhỏ hơn 47 cm so với bề mặt Trái Đất.
+ Quy luật sự phụ thuộc của thời gian rơi t vào \({Y_0}\) trên bề mặt Trái Đất như sau:
\(\begin{array}{l}{Y_0} = 10\;{\rm{cm}}\\t = 0,75\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \to \) \(\begin{array}{l}{Y_0} = 15\;{\rm{cm}}\\t = 0,65\;{\rm{s}}\end{array}\) \({Y_0} \approx 13\;{\rm{cm}}\)
+ Quy luật sự phụ thuộc của thời gian rơi t vào \({Y_0}\) trên bề mặt Mặt Trăng như sau:
\(\begin{array}{l}{Y_0} = 45\;{\rm{cm}}\\t = 0,75\;{\rm{s}}\end{array}\) \( \to \) \(\begin{array}{l}{Y_0} = 50\;{\rm{cm}}\\t = 0,65\;{\rm{s}}\end{array}\) \({Y_0} \approx 48\;{\rm{cm}}\)
Để sợi dây xích đó có thời gian rơi cũng là 0,7 s trên bề mặt Mặt trăng, thì \({Y_0}\) khi ở trên bề mặt Mặt trăng phải có giá trị lớn hơn so với khi ở trên bề mặt Trái Đất là: 48 cm – 13 cm = 35 cm. Chọn A
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Thời gian rơi của sợi dây xích khi ở trên bề mặt của Sao Hải Vương nhỏ hơn thời gian rơi của nó khi ở trên bề mặt Sao Mộc. | X | |
|
Thời gian rơi của sợi dây xích khi ở trên bề mặt của Sao Hải Vương nhỏ hơn thời gian rơi của nó khi ở trên bề mặt Trái Đất. | X | |
|
Thời gian rơi của sợi dây xích bề mặt của Sao Hải Vương nhỏ hơn thời gian rơi của nó khi ở trên bề mặt Mặt Trăng. | X |
Giải thích
Hình 3 và Bảng 1 cho thấy khi gia tốc trọng trường tăng thì thời gian rơi giảm.
Ví dụ, trong Hình 3, khi Y0 = 10 cm, thời gian rơi tại bề mặt Mặt trăng là lớn nhất và trong Bảng 1, Gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt trăng là nhỏ nhất. Tương tự như vậy, thời gian rơi tại bề mặt Sao Mộc là nhỏ nhất và Gia tốc trọng trường là lớn nhất tại bề mặt Sao Mộc. Vì Gia tốc trọng trường trên bề mặt của Sao Hải Vương là khoảng 11,7 m/s2, nên thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương sẽ lớn hơn thời gian rơi trên bề mặt Sao Mộc và nhỏ hơn thời gian rơi trên bề mặt Trái Đất.
1. Sai do thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương sẽ lớn hơn thời gian rơi trên bề mặt Sao Mộc
2. Đúng do thời gian rơi trên bề mặt Sao Hải Vương nhỏ hơn thời gian rơi trên bề mặt Trái Đất.
3. Sai. Do Gia tốc trọng trường ở bề mặt Sao Hải Vương lớn hơn Gia tốc trọng trường ở bề mặt Mặt Trăng. Thời gian rơi giảm khi gia tốc tự do tăng lên, vì vậy thời gian rơi trên bề mặt Mặt trăng sẽ lớn hơn trên bề mặt Sao Hải Vương.
Cho tổng chiều dài của dây xích là L = 120 cm, giá trị Y tối thiểu để dây xích bắt đầu trượt trên mặt bàn là
Cho tổng chiều dài của dây xích là L = 120 cm, giá trị Y tối thiểu để dây xích bắt đầu trượt trên mặt bàn là
30 cm.
40 cm.
60 cm.
90 m.
Dây bắt đầu trượt xuống khi lực căng có độ lớn lớn hơn độ lớn của lực ma sát: \[T > {F_{ms}}\]
Với \[{F_{ms}} = k.N = k.P = k.mg\]
\[T = {P_0} = {m_0}g\]
(P là trọng lượng đoạn xích nằm trên mặt bàn, P0 là trọng lượng của đoạn xích thòng xuống; m0 là khối lượng đoạn xích thòng xuống, m là khối lượng đoạn xích còn lại nằm trên mặt bàn)
\( \Rightarrow k.m = {m_0} \Leftrightarrow \frac{{{m_0}}}{m} = k \Rightarrow \frac{Y}{{L - Y}} = k \Rightarrow Y = \frac{k}{{k + 1}}.L\)
Với L = 120 cm; k = 1/3 \( \Rightarrow Y = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{3} + 1}}.120 = 30\;{\rm{cm}}\)
Chọn A
Đúng
Sai
Nhìn vào bảng 1, ta thấy trong môi trường nuôi cấy chứa nguồn carbon là galactose thì chủng vi khuẩn được nuôi cấy trên đĩa B có sự tăng trưởng cao nhất. Chọn A
Đĩa A.
Đĩa B.
Cả 3 đĩa.
Không có đĩa nào.
Nước đóng băng ở nhiệt độ 0oC, mà ta thấy ở kết quả của thí nghiệm 2, ở nhiệt độ 4oC không thấy sự sinh trưởng của vi khuẩn, nên rất có thể ở điều kiện nhiệt độ 0oC thì cũng không có khuẩn lạc nào có thể trải qua sự sinh trưởng. Chọn D
Đáp án
Xu hướng chung về sự phát triển của khuẩn lạc khi nhiệt độ giảm trong thí nghiệm 2 là tăng rồi giảm.
Giải thích
Quan sát bảng kết quả thí nghiệm 2, khi nhiệt độ giảm đi (42oC – 4oC) thì lượng khuẩn lạc trong thí nghiệm tăng dần rồi sau đó giảm đi.
40.
60.
100.
160.
Nhìn vào hình 1 ta thấy đường cong sinh trưởng của vi khuẩn thuộc đĩa C có xu hướng cân bằng từ 18 giờ tới 25 giờ, mà lại không xảy ra pha suy vong, thì lượng vi khuẩn sau 34h cũng sẽ xấp xỉ với giá trị tại 25 giờ, tức là gần nhất với giá trị 100. Chọn C
4oC, pyruvate.
30oC, pyruvate.
4oC, glucose.
30oC, glucose.
Xem xét bảng kết quả thí nghiệm 1 và 2, ta thấy ở môi trường có nguồn carbon là pyruvate thì có lượng vi khuẩn sinh trưởng lớn nhất, tương tự ở 30oC lượng vi khuẩn phát triển trên mỗi môi trường cũng là lớn nhất. Chọn B
Không có tác động gì.
Các chủng A và B có giá trị OD thấp hơn, trong khi các chủng C và D có giá trị OD cao hơn.
Tất cả các chủng phân lập sẽ có giá trị OD cao hơn.
Tất cả các chủng phân lập sẽ có giá trị OD thấp hơn.
Theo đoạn thông tin, máy đo quang phổ sẽ sử dụng tia laser để đo mật độ quang học của chất lỏng, khi mẫu đo càng đục thì giá trị đo được càng lớn. Nếu thay vì sử dụng nước cất, mà sử dụng nước đục để hiệu chuẩn thì giá trị OD đo được ở tất cả các môi trường đo đều sẽ có giá trị lớn hơn giá trị chuẩn. Chọn C
Đúng
Sai
Sai. Vì trong giai đoạn đầu này vi khuẩn đang làm quen với môi trường, hình thành các enzyme cảm ứng nên chưa có sự phân chia rõ rệt, nên đồ thị gần như ở trạng thái cân bằng.
Chọn B
Đúng
Sai
Văn bản đã cung cấp thông tin về quan điểm của học sinh 3: “Nếu hai mẫu có cùng khối lượng, thể tích, khối lượng riêng thì chúng được tạo thành từ cùng một chất”. So sánh dữ liệu ở Bảng 1, mẫu A và B có cùng khối lượng, thể tích, khối lượng riêng, do đó theo quan điểm của học sinh 3, mẫu A và B được tạo thành từ cùng một chất. Chọn A
1 tính chất.
2 tính chất.
3 tính chất.
4 tính chất.
Dựa vào Bảng 1, nhận thấy mẫu B và C chỉ giống nhau ở khối lượng riêng. Chọn A
Đáp án
Điền từ/cụm từ thích hợp vào chỗ trống
Giả sử nhiệt độ của mẫu D tăng lên 890°C ở áp suất 1 atm, lúc này mẫu D sẽ chuyển sang thể khí. Khối lượng riêng của mẫu sẽ (1) thấp hơn so với ở 20°C và 1 atm.
Giải thích
Tại nhiệt độ 890℃, mẫu D sẽ là chất khí và tại nhiệt độ 20℃, mẫu D là chất rắn (do điểm nóng chảy của D là 885℃). Chất khí nhẹ hơn chất rắn, do đó câu trả lời là “thấp hơn”.
Mẫu A và B.
Mẫu B và C.
Mẫu C và D.
Mẫu D và E.
Văn bản đã cung cấp thông tin về quan điểm của học sinh 1: “Nếu 2 mẫu có cùng giá trị về cả 5 tính chất thì chúng được tạo thành bởi cùng một chất”. So sánh dữ liệu ở Bảng 1, mẫu C và D giống nhau ở cả 5 tính chất, do đó đáp án đúng là C.
Học sinh 2.
Học sinh 4.
Cả học sinh 2 và 4.
Không có học sinh nào.
Theo quan điểm của học sinh 2, các mẫu phải giống nhau ở 3 tính chất bất kỳ thì mới được cấu tạo từ cùng một chất. Do đó, học sinh 2 sẽ đồng ý với quan điểm trên.
Theo quan điểm của học sinh 4, các mẫu có khối lượng riêng, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giống nhau thì chúng được dự đoán tạo thành từ cùng một chất. Nếu bất kỳ tính chất nào trong số các tính chất này khác nhau, thì các mẫu không được tạo thành từ cùng một chất.
Chọn A
MeV.
J.
m/s.
u.
Đơn vị của năng lượng liên kết là J hoặc MeV, trong đó: 1MeV = 1,6.10-13 J.
Chọn A, B
\(\varepsilon = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A}\).
\(\Delta W = \Delta m.{c^2}\) .
\(\Delta {\rm{W}} = Z.{m_p} + (AZ).{m_n}{M_{hn}}\).
\(\varepsilon = \frac{{\Delta {\rm{m}}}}{A}\).
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân, kí hiệu là \(\varepsilon \), có giá trị bằng tỷ số giữa năng lượng liên kết và tổng số nuclôn của hạt nhân: \(\varepsilon = \frac{{\Delta W}}{A} = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A}\)
Chọn A
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết tính cho một nuclôn | X | |
|
Hạt nhân có độ hụt khối càng lớn thì năng lượng liên kết càng lớn. | X | |
|
Hạt nhân càng bền vững khi có năng lượng liên kết càng lớn. | X | |
|
Năng lượng liên kết đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân | X |
Giải thích
1. Đúng. Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết trung bình cho một nuclôn.
2. Đúng. \(\Delta W = \Delta m.{c^2}\) nên \(\Delta m\) càng lớn thì \(\Delta W\)càng lớn.
3. Sai. Để so sánh độ bền vững giữa các hạt nhân, cần so sánh năng lượng liên kết riêng của hạt nhân.
4. Sai. Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân.
Đáp án
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \(_{26}^{56}{\rm{Fe}}\) là (1) 8,75 MeV/nuclôn.
Giải thích
Từ đồ thị ta thấy:
\({\varepsilon _{_{26}^{56}Fe}} = {14.10^{ - 13}}\) J/nuclôn \( = \frac{{{{14.10}^{ - 13}}}}{{1,{{6.10}^{ - 13}}}} = 8,75\) MeV/nuclôn.
\(_4^9{\rm{Be}};\,\,_{33}^{75}{\rm{As}};\,\,_{52}^{126}{\rm{Te}};\,\,_{92}^{238}U\).
\(_4^9{\rm{Be}};\,\,_{92}^{238}{\rm{U}};\,\,_{52}^{126}{\rm{Te}};\,\,_{33}^{75}{\rm{As}}\).
\(_{33}^{75}{\rm{As}};\,\,_{52}^{126}{\rm{Te}};\,\,_{92}^{238}U;\,\,_4^9{\rm{Be}}\).
\(_{52}^{126}{\rm{Te}};\,\,_{92}^{238}U;\,\,_{33}^{75}{\rm{As}};\,\,_4^9{\rm{Be}}\).
Giải thích
Nhìn vào biểu đồ có thể thấy: \({\varepsilon _{_4^9{\rm{Be}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{92}^{238}{\rm{U}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{52}^{126}{\rm{Te}}}}\,\,{\rm{ < }}\,\,{\varepsilon _{_{33}^{75}{\rm{As}}}}\). Chọn B
14,0027u.
13, 99886u.
0,11272u.
14, 11158u.
Giải thích
Từ đồ thị có thể thấy \({\varepsilon _{_7^{14}N}} = {12.10^{ - 13}}\)J/nuclôn.
Mà: \(\Delta {{\rm{W}}_{_7^{14}N}} = A.{\varepsilon _{_7^{14}N}} = {14.12.10^{ - 13}} = 1,{68.10^{ - 11}}\;{\rm{J}} = 105\,\,{\rm{MeV}}\)
Mặt khác: \(\Delta {W_{_7^{14}N}} = 931,5.\Delta {m_{_7^{14}N}} \Rightarrow \Delta {m_{_7^{14}N}} = \frac{{105}}{{931,5}}u = \frac{{70}}{{621}}u{\rm{. }}\)
\(\Delta {m_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - {M_{N_7^{14}}}\)
\( \Rightarrow {M_{N_7^{14}}} = 7\left( {{m_n} + {m_p}} \right) - \Delta {m_{N_7^{14}}} = 7(1,00728u + 1,00866u) - \frac{{70}}{{621}}u = 13,99886u\)
Khối lượng nguyên tử \(_7^{14}N\) là:
\(m = {M_{_7^{14}N}} + 7{m_e} = 13,99886u + 7.5,{486.10^{ - 4}}u = 14,0027u.\)
Chọn A
Đáp án
Ngoại trừ các hạt sơ cấp riêng rẽ (như protôn, nơtrôn, êlectron), hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững. Thực nghiệm cho thấy những hạt nhân có số khối lớn hơn 200 hoặc số khối nhỏ hơn 20 thì kém bền vững, còn những hạt nhân có số khối 50 < A< 80 thì rất bền.
Giải thích
Từ bài đọc có thể rút ra nhận xét: Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.
Từ đồ thị ta thấy:
- Khi A tăng dần từ 0 đến 20, năng lượng liên kết riêng tăng dần từ khoảng 10-13 J/nuclôn đến 13.10-13 J/nuclôn.
- Khi A tăng dần từ 200 trở đi, năng lượng liên kết riêng giảm dần từ khoảng 12,5.10-13 J/nuclôn.
=> Hai vùng A < 20 và A > 200 có năng lượng liên kết riêng thấp nhất nên kém bền vững nhất.
- Khi A nằm trong khoảng từ 50 đến 80, năng lượng liên kết riêng của hạt nhân có giá trị lớn nhất, vào khoảng 14.10-13 J/nuclôn. Vì vậy những hạt nhân có số khối nằm trong khoảng này là bền vững nhất.
protein bề mặt của virus có thể kết hợp được với nhiều thụ thể khác nhau của nhiều loại tế bào khác nhau.
protein bề mặt của virus liên kết đặc hiệu với từng loại thụ thể trên bề mặt tế bào.
protein bề mặt của virus mã hóa được mọi loại thụ thể tế bào.
protein bề mặt của virus liên kết không đặc hiệu với thụ thể trên bề mặt tế bào.
Theo đoạn thông tin: “Virus nhận ra các tế bào chủ của nó theo nguyên tắc “chìa và khóa” giữa các protein bề mặt của virus với các phân tử thụ thể đặc hiệu trên bề mặt ngoài của tế bào chủ”, tức là không phải virus nào cũng xâm nhập được vào hết các loại tế bào, mà cần có sự liên kết đặc hiệu với tùy từng loại thụ thể trên bề mặt tế bào. Chọn B
Đáp án
Sắp xếp các giai đoạn sau đây cho đúng chu trình nhân lên của virus?
Hấp phụ → Xâm nhập → Sinh tổng hợp → Lắp ráp → Giải phóng.
Giải thích
Theo đoạn thông tin, ta có thể sơ đồ hóa lại quá trình nhân lên của virus theo trình tự: Hấp phụ → Xâm nhập → Sinh tổng hợp → Lắp ráp → Giải phóng.
Chỉ trong tế bào chủ, virus mới hoạt động như một thể sống.
Hệ gene của virus chỉ chứa một trong hai loại nucleic acid: DNA, RNA.
Kích thước của virus vô cùng nhỏ, chỉ có thể thấy được dưới kính hiển vi điện tử.
Ở bên ngoài môi trường, virus chỉ sinh trưởng chứ không sinh sản được mặc dù có cả phức hợp gồm nucleic acid và protein.
Theo bài: “Chúng là các dạng sống ký sinh nội bào bắt buộc”, sử dụng hệ enzyme của vật chủ để nhân lên, nên dù ở trong hay ngoài vật chủ thì virus đều không có sự sinh trưởng. Chọn D
tế bào chủ thiếu các enzyme có thể sao chép hệ gene virus.
những enzyme này không tổng hợp được trong tế bào chủ.
tế bào chủ nhanh chóng phá hủy các virus.
những enzyme này dịch mã mRNA virus thành các protein.
Virus cần tự mã hóa một số loại enzyme nhất định phục vụ cho nhu cầu nhân lên của chúng, do tế bào chủ không cần thiết phải có những enzyme đó trong quá trình hoạt động của mình. Chọn A
Đáp án
Có (1) __4__ phương thức phù hợp với việc sản xuất các loại thuốc để ức chế sự nhân lên của virus HIV.
Giải thích
4 phương thức trên đều phù hợp:
Ức chế hòa màng/xâm nhập: ngăn chặn virus xâm nhập vào tế bào.
Ức chế enzyme sao chép ngược: không tạo đủ vật chất di truyền cho các thế hệ virus.
Ức chế protease: ức chế sự tổng hợp protein, lắp ráp các vật chất virus.
Ức chế sự tích hợp vật chất di truyền của virus: ngăn chặn virus gắn hệ gene vào hệ gene tế bào.
Đúng
Sai
Thụ thể CD4 đặc hiệu với protein bề mặt của virus. Nếu đưa hồng cầu có thụ thể CD4 vào bệnh nhân HIV thì virus sẽ xâm nhập vào nhưng không nhân lên được do hồng cầu không có nhân, không có bộ máy sao chép nucleic acid. Chọn B
Đáp án
|
Phát biểu |
Đúng |
Sai |
|
Virus bám được vào tế bào chủ là nhờ các thụ thể thích hợp có sẵn trên bề mặt tế bào chủ. | X | |
|
Kết quả của quá trình nhân lên là từ một virus ban đầu tạo ra vô số virus mới có độc tính tăng gấp nhiều lần. | X | |
|
Virus sử dụng nguyên liệu của tế bào chủ trong quá trình nhân lên của mình. | X |
Giải thích
(1), (3) đúng.
(2) sai vì kết quả của quá trình nhân lên là từ một virus ban đầu tạo ra vô số virus mới giống hệt nhau và giống virus ban đầu.
Đúng
Sai
Cách 1: nhìn nhanh các giá trị CNF trong Bảng 1, ta thấy ở cả 2 thí nghiệm, CNF ở thời gian phản ứng 3 ngày đều cao hơn CNF ở thời gian phản ứng 10 phút.
Cách 2:
Thí nghiệm 1 sử dụng phương pháp lọc thông thường.
Theo Bảng 1, khi thời gian phản ứng là 3 ngày thì CNF là 39 mg/kg (thử nghiệm 2) và khi thời gian phản ứng là 10 phút thì CNF là 6 mg/kg (thử nghiệm 1).
→ CNF trong 3 ngày sẽ lớn hơn so với 10 phút (bằng phương pháp lọc thông thường). Chọn A
nhỏ hơn 6 mg/kg.
từ 6 mg/kg đến 39 mg/kg.
từ 39 mg/kg đến 42 mg/kg.
lớn hơn 42 mg/kg.
Theo Bảng 1, trong thí nghiệm 1:
Khi thời gian phản ứng là 10 phút thì CNF là 6 mg/kg và khi thời gian phản ứng là 3 ngày thì CNF là 39 mg/kg.
→ Thời gian phản ứng là 2 ngày thì CNF nằm trong khoảng từ 6 mg/kg đến 39 mg/kg.
Chọn B
nhỏ hơn 0,07 mg/L.
nhỏ hơn 0,06 mg/L.
nhỏ hơn 0,05 mg/L.
nhỏ hơn 0,04 mg/L.
Theo quy chuẩn kỹ thuật quốc gia về chất lượng nước sạch sử dụng cho mục đích sinh hoạt (QCVN 01-1:2018/BYT), hàm lượng Ni2+ trong nước phải nhỏ hơn 0,07 mg/L.
Chọn A
Đúng
Sai
Theo Bảng 1, trong thí nghiệm 2: khi thời gian phản ứng là 3 ngày thì CNF là 69 mg/kg và khi thời gian phản ứng là 7 ngày thì CNF là 73 mg/kg.
→ Thời gian phản ứng là 5 ngày thì CNF nằm trong khoảng từ 69 mg/kg đến 73 mg/kg.
Chọn B
Đáp án:
Trong thí nghiệm 2, khi thời gian phản ứng là 3 ngày thì CNF đo được là (1) __69__ mg/kg.
Đáp án
Xét phương trình phản ứng:
Ni2+ + 2OH− + H2O → Ni(OH)2.H2O
Ta có tỉ lệ: OH– : [Ni(OH)2.H2O] = 2 : 1
Do đó, nếu 6 hydroxide (OH–) phản ứng thì có 3 [Ni(OH)2.H2O] được tạo ra.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 21 đến 27:
Một sợi dây xích nặng được đặt trên mặt bàn không ma sát, một phần chiều dài của dây xích là Y0 thòng xuống cạnh bàn như Hình 1
Tổng chiều dài của sợi dây xích là L. Khi được thả ra, dây xích trượt khỏi bàn như Hình 2
Hình 2
“Thời gian rơi” là thời gian cần thiết để sợi dây xích trượt hoàn toàn khỏi mặt bàn. Thời gian rơi được biểu thị trong hình 3 đối với L cố định và Y0 khác nhau khi ở trên bề mặt của Sao Mộc, Trái Đất và Mặt Trăng. Thời gian rơi được biểu thị trong hình 4 với Y0 = 20 cm và L khác nhau trên cùng ba bề mặt của Sao Mộc, Trái Đất và Mặt Trăng. Gia tốc trọng trường mặt trên bề mặt của Sao Mộc, Trái Đất và Mặt Trăng được thể hiện trong Bảng 1.
|
Bảng 1 | |
|
Hành tinh hoặc Mặt Trăng |
Gia tốc trọng trường trên bề mặt của hành Hành tinh hoặc Mặt Trăng (m/s2) |
|
Sao Mộc |
24,9 |
|
Trái Đất |
9,8 |
|
Mặt Trăng |
1,6 |
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 28 đến 34:
Một nhóm học sinh đã thực hiện một số thí nghiệm, bằng cách thu thập bốn mẫu đất (A, B, C, D) từ khu vực xung quanh của một con sông. Các mẫu được cung cấp chất dinh dưỡng có lợi cho sự phát triển của vi khuẩn thuộc chi Actinomyces. Sau đó, họ phân lập các chủng vi sinh vật này trong các mẫu đất trên và cho sinh trưởng trong các điều kiện khác nhau.
Thí nghiệm 1
Bốn chủng phân lập được nuôi cấy trên đĩa petri chứa môi trường tối thiểu có bổ sung nguồn carbon. Các mẫu được nuôi cấy ở nhiệt độ 30oC trong 24 giờ. Kết quả của thí nghiệm 1 được thể hiện trong bảng 1.
|
Bảng 1. Kết quả nuôi cấy thí nghiệm 1 | |||
|
Nguồn carbon | |||
|
Glucose |
Galactose |
Pyruvate | |
|
A |
_ |
_ |
+ |
|
B |
+ |
+ + |
_ |
|
C |
+ |
+ |
+ |
|
D |
_ |
_ |
+ + |
Kí hiệu: Không tăng trưởng (-) ; Tăng trưởng vừa (+) ; Tăng trưởng mạnh (+ +)
Thí nghiệm 2
Bốn chủng vi khuẩn phân lập trên được nuôi cấy trên các đĩa petri có chứa môi trường LB (Lysogeny Broth – một môi trường giàu dinh dưỡng được sử dụng để nuôi cấy vi khuẩn). Các mẫu được nuôi cấy ở các nhiệt độ khác nhau trong 24 giờ và sau đó đếm số lượng khuẩn lạc trên mỗi đĩa. Kết quả được thể hiện trong bảng 2.
|
Bảng 2. Kết quả nuôi cấy thí nghiệm 2 | |||
|
Nhiệt độ | |||
|
4oC |
30oC |
42oC | |
|
A |
0 |
140 |
65 |
|
B |
0 |
36 |
32 |
|
C |
0 |
45 |
11 |
|
D |
0 |
93 |
13 |
Thí nghiệm 3
Khi một quần thể vi khuẩn phát triển trong môi trường chất lỏng, chất lỏng trở nên đục dần, và có thể đo được bằng máy đo quang phổ, sử dụng tia laser để đo mật độ quang học (OD) của chất lỏng. Trước mỗi lần sử dụng, máy quang phổ được hiệu chuẩn bằng một mẫu nước cất, có giá trị OD = 0.
Các chủng phân lập được nuôi cấy trong môi trường LB lỏng ở 30oC trong khoảng thời gian 24 giờ. Mỗi giờ lấy ra một lượng mẫu nhỏ và đo quang phổ. Các đường cong sinh trưởng của bốn chủng phân lập được thể hiện trong hình 1.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 35 đến 40:
Một giáo viên cung cấp bảng dưới đây cho học sinh trong một lớp học khoa học. Bảng đưa ra 5 tính chất của mỗi mẫu A – H. Giả sử rằng mỗi mẫu đều là một chất tinh khiết, thể rắn.
(Lưu ý: Khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của mỗi mẫu được xác định ở 20oC và tất cả 5 tính chất được xác định ở áp suất 1 atm)
Giáo viên yêu cầu bốn học sinh đưa ra cách giải thích riêng về phương pháp dự đoán mẫu nào được tạo thành từ cùng một chất dựa vào những dữ liệu trên.
Học sinh 1
Nếu 2 mẫu có cùng giá trị về cả năm tính chất thì chúng được tạo thành bởi cùng một chất. Nếu 2 mẫu có giá trị khác nhau về một trong năm tính chất thì chúng được tạo thành từ các chất khác nhau.
Học sinh 2
Nếu hai mẫu giống nhau về ba tính chất bất kỳ trở lên trong số năm tính chất thì chúng được tạo thành từ cùng một chất. Nếu hai mẫu có cùng giá trị đối với ít hơn ba trong số năm tính chất thì chúng được tạo thành từ các chất khác nhau.
Học sinh 3
Nếu hai mẫu có cùng khối lượng, thể tích, khối lượng riêng thì chúng được tạo thành từ cùng một chất. Nếu hai mẫu có giá trị khác nhau về bất kỳ tính chất nào trong ba tính chất này thì chúng được tạo thành từ các chất khác nhau. Bản thân điểm nóng chảy và điểm sôi đều không đủ căn cứ để phân biệt giữa các chất.
Học sinh 4
Nếu hai mẫu có cùng khối lượng riêng, điểm nóng chảy và điểm sôi thì chúng được tạo thành từ cùng một chất. Nếu hai mẫu có giá trị khác nhau về bất kỳ tính chất nào trong ba tính chất này thì chúng được tạo thành từ các chất khác nhau. Tính chất về khối lượng và thể tích đều không đủ căn cứ để phân biệt các chất với nhau.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 41 đến 47:
Trong một hạt nhân bền, các prôtôn và nơtrôn có liên kết chặt chẽ với nhau. Khi muốn phá vỡ hạt nhân để tách thành các nuclôn riêng rẽ cần phải tốn một năng lượng cung cấp từ bên ngoài cho hạt nhân, năng lượng này có giá trị ít nhất phải bằng năng lượng liên kết giữa các nuclôn, mà ta gọi là năng lượng liên kết hạt nhân. Như vậy năng lượng liên kết hạt nhân là năng lượng có trị số bằng công cần thiết để tách hạt nhân thành các nuclôn riêng biệt. Năng lượng liên kết được kí hiệu là và được tính theo công thức: \(\Delta W = \Delta m{c^2}\). Trong đó \(\Delta m\) là độ hụt khối.
Nếu một hạt nhân có Z protôn, số khối là A và khối lượng nghỉ là Mhn thì công thức độ hụt khối là: \(\Delta m = Z.{m_p} + (AZ).{m_n}{M_{hn}}\) ; với mp và mn lần lượt là khối lượng nghỉ của protôn và nơtron.
Khi dùng đơn vị khối lượng nguyên tử thì công thức tính năng lượng liên kết là:
\(\Delta W({\rm{MeV}}) = 931,5.\Delta m(u);\,\,1{\rm{MeV}} = 1,{6.10^{ - 13}}\;{\rm{J}}\).
Năng lượng liên kết hạt nhân càng lớn thì liên kết giữa các nuclôn càng mạnh. Tuy nhiên, năng lượng liên kết hạt nhân phụ thuộc vào số nuclôn trong hạt nhân thể hiện qua độ hụt khối . Do đó, nếu dùng năng lượng liên kết hạt nhân để so sánh sự bền vững thì không hoàn toàn chính xác: một hạt nhân nhiều nuclôn có năng lượng liên kết lớn chưa hẳn đã bền hơn một hạt nhân ít nuclôn có năng lượng liên kết nhỏ hơn. Vì vậy, để so sánh độ bền vững giữa các hạt nhân, cần so sánh năng lượng liên kết trung bình cho một nuclôn, được gọi là năng lượng liên kết riêng. Như vậy, năng lượng liên kết riêng của hạt nhân, kí hiệu là , có giá trị bằng tỷ số giữa năng lượng liên kết và tổng số nuclôn của hạt nhân. Năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền vững. Hình bên dưới là đồ thị biểu diễn năng lượng liên kết riêng theo số khối A của hạt nhân.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 48 đến 54:
Các virus thiếu enzyme chuyển hóa và bộ máy sản xuất protein. Chúng là các dạng sống ký sinh nội bào bắt buộc. Mỗi loại virus chỉ có thể lây nhiễm một số lượng nhất định các loại tế bào chủ, được gọi là phổ vật chủ của virus. Tính đặc trưng của phổ vật chủ là kết quả của quá trình tiến hóa hệ thống nhận diện của mỗi loại virus. Virus nhận ra các tế bào chủ của nó theo nguyên tắc “chìa và khóa” giữa các protein bề mặt của virus với các phân tử thụ thể đặc hiệu trên bề mặt ngoài của tế bào chủ.
Quá trình lây nhiễm của virus bắt đầu khi một virus đính kết với tế bào chủ và hệ gene của chúng được truyền vào trong tế bào chủ. Cơ chế truyền hệ gene của virus vào tế bào chủ phụ thuộc vào loại virus và loại tế bào chủ. Khi hệ gene của virus đã ở trong tế bào chủ, các protein mà nó mã hóa có thể trưng dụng tế bào chủ, tái lập trình hoạt động tế bào để tái bản hệ gene của virus, đồng thời sản xuất ra các protein của virus. Tế bào chủ cung cấp các nucleotide cho việc tổng hợp các nucleic acid của virus, cũng như các enzyme, các ribosome, các tRNA, các amino acid, ATP và các thành phần khác cần thiết để tổng hợp protein của virus. Phần lớn các virus DNA dùng các enzyme DNA polymerase của tế bào chủ để tổng hợp hệ gene mới của chúng trên cơ sở dùng mạch khuôn là DNA của virus. Ngược lại, để tái bản vật chất di truyền, các virus RNA thường mã hóa các enzyme polymerase sử dụng RNA làm mạch khuôn.
Sau khi các phân tử nucleic acid và các capsomer đã được tạo ra, chúng sẽ đóng gói với nhau một cách tự phát để hình thành nên các virus thế hệ con. Một kiểu chu kì sinh sản của virus đơn giản nhất sẽ kết thúc bằng việc hàng trăm hoặc thậm chí hàng nghìn virus thoát khỏi tế bào chủ lây nhiễm, kéo theo sự phá hủy của tế bào chủ.
Đọc văn bản sau và trả lời các câu hỏi từ 55 đến 60:
Ở dạng nguyên tố, kim loại nặng trong nước không gây hại nhiều cho sức khỏe con người. Tuy nhiên, khi tồn tại ở dạng ion thì đây là những chất kịch độc, gây nên những ảnh hưởng bất thường, dẫn tới nhiều bệnh và tật nguy hiểm. Theo quy chuẩn kỹ thuật quốc gia về chất lượng nước sạch sử dụng cho mục đích sinh hoạt (QCVN 01-1:2018/BYT), hàm lượng Ni2+ trong nước phải nhỏ hơn 0,07 mg/L. Vượt qua con số này sẽ gây ngộ độc cho con người và là nguyên nhân tiềm ẩn các bệnh tim mạch, huyết áp, …
Học sinh nghiên cứu quá trình loại bỏ Ni2+ khỏi nước thải bằng phương pháp kết tủa hóa học. Sản phẩm thu được là chất rắn nên có thể loại bỏ ra khỏi dung dịch bằng phương pháp lọc. Trong nước, hydroxide (OH–) phản ứng với Ni2+ tạo thành nickel hydroxide monohydrate [Ni(OH)2.H2O] theo phương trình phản ứng:
Ni2+ + 2OH− + H2O → Ni(OH)2.H2O
Học sinh tiến hành 2 thí nghiệm để nghiên cứu ảnh hưởng của thời gian phản ứng và phương pháp lọc đến quá trình loại bỏ Ni2+ ra khỏi dung dịch.
Thí nghiệm 1: Gồm 3 thử nghiệm 1, 2 và 3, mỗi thử nghiệm được tiến hành theo 4 bước sau đây:
Bước 1: Cho 32 mL dung dịch OH– 1,0 mol/L và 260 mL dung dịch Ni2+ 0,06 mol/L vào cốc thủy tinh dung tích 500 mL.
Bước 2: Khuấy đều hỗn hợp ở 22°C trong các khoảng thời gian 10 phút, 3 ngày và 7 ngày.
Bước 3: Thu hồi kết tủa rắn bằng phễu lọc thông thường (Hình 1).
Bước 4: Xác định nồng độ của Ni2+ trong dịch lọc (kí hiệu là CNF (mg/kg)).
Thí nghiệm 2: Gồm 3 thử nghiệm 4, 5 và 6. Tiến hành tương tự như thí nghiệm 1, riêng bước 3, chất rắn được thu hồi bằng phương pháp lọc chân không (Hình 2).
Kết quả của thí nghiệm 1 và 2 được thể hiện trong Bảng 1.
(Số liệu theo K. Blake Corcoran và cộng sự công bố năm 2010 trong bài "Chemical Remediation of Nickel (II) Waste: A Laboratory Experiment for General Chemistry Students" trên tạp chí Journal of Chemical Education)
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.
