Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2023 - 2024 có đáp án (Đề 2)
150 câu hỏi
Dưới đây là điểm chuẩn lớp 10 các trường top đầu tại Hà Nội (2014-2018)
(Nguồn: Sở GD & ĐT Hà Nội)
Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT nào cao nhất?
Lê Quý Đôn - Hà Đông
Phan Đình Phùng
Chu Văn An
Phạm Hồng Thái
Phương pháp giải:
Quan sát dự liệu bảng đã cho. Xét xem điểm chuẩn của các trường trong 4 đáp án đưa ra, trường nào có điểm
chuẩn cao nhất năm 2018.
Giải chi tiết:
Năm 2018, các trường THPT có điểm đầu vào là:
Trường Lê Quý Đôn - Hà Đông: 50,5 điểm.
Trường Phan Đình Phùng: 50,5 điểm.
Trường Chu Văn An: 51,5 điểm.
Trường Phạm Hồng Thái: 48 điểm.
Vậy: Trong năm 2018 THPT Chu Văn An có điểm đầu vào cao nhất: 51,5 điểm.
32 m/s
22 m/s
27 m/s
28 m/s
Phương pháp giải:
Vận tốc của chất điểm tại thời điểm được tính theo công thức .
Giải chi tiết:
Ta có: .\(x = \frac{5}{2}\)
\(x = \frac{3}{2}\)
\(x = 3\)
\[x = 1\]
Phương pháp giải:
- Đưa về phương trình cùng cơ số.
- Giải phương trình mũ: \[{a^{f\left( x \right)}} = {a^m} \Leftrightarrow f\left( x \right) = m\].
Giải chi tiết:
Ta có: \[{3^{2x + 1}} = 27 \Leftrightarrow {3^{2x + 1}} = {3^3} \Leftrightarrow 2x + 1 = 3 \Leftrightarrow x = 1\].
1
2
3
4
Phương pháp giải:
- Giải phương trình thứ nhất tìm \[x\], sử dụng \[{A^2} = {\left| A \right|^2}\].
- Thế \[x\] vào phương trình thứ hai, giải tìm \[y\] và kết luận nghiệm của hệ.
Giải chi tiết:
Xét phương trình \[{\left( {x + 1} \right)^2} + 2\left| {x - 1} \right| = 3\] ta có:
\[{\left( {x + 1} \right)^2} + 2\left| {x - 1} \right| = 3\]
\[ \Leftrightarrow {\left| {x + 1} \right|^2} + 2\left| {x - 1} \right| = 3\]
Với \(x = 2\), thay vào phương trình \({y^2} + 2x + y = 0\) ta được \({y^2} + 4 + y = 0\) (Vô nghiệm).
Với \(x = 0\), thay vào phương trình \({y^2} + 2x + y = 0\) ta được .
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {0;0} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {0; - 1} \right)\).
\(S = \frac{{25}}{2}\).
\(S = 5\sqrt 2 \)
\(S = 6\)
\(S = 12\)
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp hình học.
Giải chi tiết:
\(\left| {{z_1}} \right| = 3,{\mkern 1mu} \left| {{z_2}} \right| = 4;\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 5 \Rightarrow OA = 3,{\mkern 1mu} OB = 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = 5 \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại O
\( \Rightarrow {S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2}.OA.OB = \frac{1}{2}.3.4 = 6\).
\(x - 2y + z + 3 = 0\)
\(x + 2y + 3z = 0\)
\(x - 2y + z = 0\)
\(x - 2y + z - 8 = 0\)
Phương pháp giải:
- Mặt phẳng song song với \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + 3 = 0\) có dạng \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + d = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {d \ne 3} \right)\).
- Thay tọa độ điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\) vào phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) tìm hằng số \(d\) và kết luận phương trình mặt phẳng cần tìm.
Giải chi tiết:
Gọi \(\left( Q \right)\) là mặt phẳng cần tìm.
Vì \(\left( Q \right)\parallel \left( P \right)\) nên phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có dạng: \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x - 2y + z + d = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {d \ne 3} \right)\).
Theo bài ra ta có: \(M\left( {1;2;3} \right) \in \left( Q \right)\).
\( \Rightarrow 1 - 2.2 + 3 + d = 0 \Leftrightarrow d = 0\) (thỏa mãn).
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) cần tìm là: \(x - 2y + z = 0\).
\(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\)
\(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\)
\(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\)
\(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\)
Phương pháp giải:
Điểm \(M'\) là hình chiếu của điểm \(M\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là: \(M'\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\).
Giải chi tiết:
Tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\) trên mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là: \(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 6;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2020} \right)\).
\(x = 2\)
\(x = 1\)
Phương pháp giải:
+ Tìm ĐKXĐ
+ \(f\left( x \right)\) luôn âm \( \Leftrightarrow f\left( x \right) < 0\). Từ đó giải bất phương trình và tìm được giá trị nguyên \(x\) lớn nhất.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 9 \ne 0}\\{x + 3 \ne 0}\\{3x - {x^2} \ne 0}\end{array}} \right.\)
\(f\left( x \right) = \frac{{x + 4}}{{{x^2} - 9}} - \frac{2}{{x + 3}} - \frac{{4x}}{{3x - {x^2}}}\) luôn âm \( \Leftrightarrow f\left( x \right) < 0\)
Ta có: \(f\left( x \right) = \frac{{x + 4}}{{{x^2} - 9}} - \frac{2}{{x + 3}} - \frac{{4x}}{{3x - {x^2}}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{x + 4}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} - \frac{2}{{\left( {x + 3} \right)}} + \frac{{4x}}{{x\left( {x - 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{x\left( {x + 4} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} - \frac{{2x\left( {x - 3} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} + \frac{{4x\left( {x + 3} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{x\left( {x + 4} \right) - 2x\left( {x - 3} \right) + 4x\left( {x + 3} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 4x - 2{x^2} + 6x + 4{x^2} + 12x}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{3{x^2} + 22x}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{x\left( {3x + 22} \right)}}{{x\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{{3x + 22}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} < 0\)
Vậy số nguyên \(x\) lớn nhất thỏa mãn đa thức luôn âm là \(x = 2\).
6π
2π
3π
5π
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức nhân đôi: \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình tích.
Giải phương trình lượng giác cơ bản.
Giải chi tiết:
\(\sin 2x + \cos x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x\cos x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos x\left( {2\sin x + 1} \right) = 0\)
.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
408.242 cây.
407.231 cây.
407.232 cây.
408.422 cây.
Phương pháp giải:
Vận dụng các công thức cấp số cộng.
Giải chi tiết:
Ta có: \({u_1} = 3;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} d = 5;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_n} = 2018\)
\({u_1} + \left( {n - 1} \right).d = {u_n} \Leftrightarrow 3 + \left( {n - 1} \right).5 = 2018 \Rightarrow n = 404\)
Khi đó tổng sốc cây ca cao là: \(S = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{404.\left( {3 + 2018} \right)}}{2} = 408242\).
\(F\left( 2 \right) = \ln \frac{7}{3}\)
\(F\left( 2 \right) = \frac{1}{2}\ln \frac{7}{3}\)
\(F\left( 2 \right) = \ln 21\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức nguyên hàm cơ bản
Giải chi tiết:
Ta có : .
Do \(F\left( 0 \right) = 0\) nên
\( \Rightarrow F\left( x \right) = \frac{1}{2}\ln \left| {2x + 3} \right| - \frac{1}{2}\ln 3\)
\( \Rightarrow F\left( 2 \right) = \frac{1}{2}\ln 7 - \frac{1}{2}\ln 3 = \frac{1}{2}\ln \frac{7}{3}\).
Số giá trị nguyên dương của \(m\) để phương trình \(f\left( {{x^2} - 4x + 5} \right) + 1 = m\) có nghiệm là
0
Vô số
4
3
Phương pháp giải:
+) Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5\), xác định điều kiện của t.
+) Đưa phương trình về dạng \(f\left( t \right) = m - 1\), dựa vào đồ thị hàm số tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm t thỏa mãn điều kiện của chính nó.
Giải chi tiết:
Đặt \(t = {x^2} - 4x + 5 = {\left( {x - 2} \right)^2} + 1 \ge 1\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = m - 1\).
Số nghiệm của phương trình \(f\left( t \right) = m - 1\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = m - 1\)
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy phương trình \(f\left( t \right) = m - 1\) có nghiệm \(t \ge 1 \Leftrightarrow m - 1 \le 2 \Leftrightarrow m \le 3\).
Kết hợp điều kiện m nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
\(S = 95,7{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
\(S = 96,25{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
\(S = 94{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
\(S = 87,5{\mkern 1mu} \left( m \right)\)
Phương pháp giải:
Ứng dụng tích phân để tính quãng đường theo công thức: \[S = \int\limits_a^b {v\left( t \right)} {\mkern 1mu} dt.\]
Giải chi tiết:
Quãng đường ô tô đi được 5s đầu là:
Vận tốc khi xe đi được 5s là: \[{v_1}\left( 5 \right) = 7.5 = 35\left( {m/s} \right)\]
Phương trình vận tốc của xe khi xe gặp chướng ngại vật là: \[{v_2}\left( t \right) = 35 - 70t{\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\]
Thời gian ô tô di chuyển tiếp đến khi dừng hẳn: \(35 - 70t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}\left( s \right)\)
Quãng đường ô tô đi tiếp cho đến khi dừng hẳn là:
Tổng quãng đường cần tìm là: \(87,5 + 8,75 = 96,25\left( m \right)\).
11 (năm).
10 (năm).
8 (năm).
9 (năm).
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức \(T = A{\left( {1 + r} \right)^n}\) với T là số tiền nhận được sau khi gửi số tiền A sau kì hạn n với lãi suất r%.
Giải chi tiết:
Gọi \(n\) năm là thời gian ít nhất mà người đó gửi tiết kiệm để có thể nhận được số tiền nhiều hơn 300 triệu đồng.
Theo đề bài ta có: \({200.10^6}{\left( {1 + 5\% } \right)^n} > {300.10^6}\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1,05} \right)^n} > 1,5\)
\( \Leftrightarrow n > {\log _{1,05}}1,5\)
\( \Leftrightarrow n > 8,3\)
Vậy người đó phải gửi ít nhất 9 năm.
\(\left( {0;4} \right]\)
\(\left( {0;2} \right]\)
\(\left[ {2;4} \right]\)
\(\left[ {1;4} \right]\)
Phương pháp giải:
- Đưa bất phương trình về dạng bất phương trình bậc hai với ẩn là \({\log _2}x\).
- Sử dụng công thức \({\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y > 0} \right)\)
\({\log _a}{x^m} = m{\log _a}x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x > 0} \right)\)
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: \(x > 0\).
Ta có: \(\log _2^2\left( {2x} \right) + 1 \le {\log _2}\left( {{x^5}} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} + 1 \le 5{\log _2}x\)
\( \Leftrightarrow \log _2^2x - 3{\log _2}x + 2 \le 0\)
\( \Leftrightarrow 1 \le {\log _2}x \le 2\)
\( \Leftrightarrow 2 \le x \le 4\)
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: \(\left[ {2;4} \right]\).
5
3
4
\(\frac{5}{2}\)
Phương pháp giải:
- Giải phương trình hoành độ giao điểm để xác định 2 cận.
- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a\), \(x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(7 - 2{x^2} = {x^2} + 4\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} = 3\)
Khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = 7 - 2{x^2}\), \(y = {x^2} + 4\)là:
4
6
2
5
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm của hàm số.
- Chia các trường hợp của \(m\), xác định nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
- Lập BBT của hàm số, tìm điều kiện để \(f'\left( x \right) > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)
Giải chi tiết:
Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 4\left( {{m^2} - 3m} \right)x\).
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4x\left[ {{x^2} - \left( {{m^2} - 3m} \right)} \right] = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = {m^2} - 3m}\end{array}} \right.\)
TH1: \({m^2} - 3m \le 0 \Leftrightarrow 0 \le m \le 3\), khi đó ta có \(f'\left( x \right) > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x > 0\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), thỏa mãn điều kiện hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).
TH2: \({m^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 3}\\{m < 0}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\), khi đó ta có
Ta có BBT:
Dựa vào BBT ta thấy: Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) thì \({x_1} \le 2\).
.
Kết hợp điều kiện (*) \( \Rightarrow m \in \left[ { - 1;0} \right) \cup \left( {3;4} \right]\).
Kết hợp 2 trường hợp \( \Rightarrow m \in \left[ { - 1;4} \right]\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1;2;3;4} \right\}\).
Vậy có 6 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
\(z = \frac{2}{5} + \frac{4}{5}i\)
\(z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}i\)
\(z = \frac{4}{5} + \frac{2}{5}i\)
\(z = 1 + \frac{1}{2}i\)
Phương pháp giải:
- Biến đổi phương trình số phức, giải phương trình dạng \(az = b \Leftrightarrow z = \frac{b}{a}\).
- Sử dụng MTCT để thực hiện phép chia số phức.
Giải chi tiết:
\(\left( {3 + i} \right)z + \left( {4 - 5i} \right) = 6 - 3i\)
\( \Leftrightarrow \left( {3 + i} \right)z = 6 - 3i - \left( {4 - 5i} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {3 + i} \right)z = 2 + 2i\)
\( \Leftrightarrow z = \frac{{2 + 2i}}{{3 + i}} = \frac{4}{5} + \frac{2}{5}i\).
\(I\left( {2;\; - 3} \right),\;R = \sqrt 2 \)
\(I\left( {2;\; - 3} \right),\;R = 2\)
\(I\left( { - 2;\;3} \right),\;R = \sqrt 2 \)
\(I\left( { - 2;\;3} \right),\;R = 2\)
Phương pháp giải:
+) Gọi số phức \(z = x + yi\).
+) Modun của số phức \(z = x + yi\) là \(\left| z \right| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .\)
+) Phương trình đường tròn tâm \(I\left( {a;\;b} \right),\) bán kính \(R\) có dạng: \({\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} = {R^2}.\)
Giải chi tiết:
Gọi số phức \(z = x + yi\).
\(\left| {\left( {1 + i} \right)z - 5 + i} \right| = 2 \Leftrightarrow \left| {\left( {1 + i} \right)\left( {x + yi} \right) - 5 + i} \right| = 2\)
\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - y - 5} \right) + \left( {x + y + 1} \right)i} \right| = 2\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y - 5} \right)^2} + {\left( {x + y + 1} \right)^2} = 4\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} - 10\left( {x - y} \right) + 25 + {\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 1 = 4\)
\( \Leftrightarrow 2{x^2} + 2{y^2} - 8x + 12y + 22 = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x + 6y + 11 = 0\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 2\).
Vậy đường tròn biểu diễn số phức \(z\) thỏa mãn điều kiện bài toán có tâm \(I\left( {2; - 3} \right),\;R = \sqrt 2 \).
\(\frac{1}{{20}}\)
\(\frac{{81}}{{20}}\)
\(\frac{{121}}{{20}}\)
\(\frac{{441}}{{20}}\)
Phương pháp giải:
Ta có 4 đỉnh của hình vuông nằm trên hai đường thẳng song song \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2} \Rightarrow \) cạnh của hình vuông là \(a = d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right).\)
Khi đó diện tích hình vuông cần tìm là: \(S = {a^2} = {\left[ {d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right)} \right]^2}.\)
Giải chi tiết:
Ta có 4 đỉnh của hình vuông nằm trên hai đường thẳng song song \({d_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2} \Rightarrow \) cạnh của hình vuông là \(a = d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right).\)
Gọi
Ta có: \({d_1}//{d_2} \Rightarrow d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right) = d\left( {M;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_1}} \right) = \frac{{\left| {2.0 - 4.\left( { - 5} \right) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = \frac{{21}}{{2\sqrt 5 }}.\)
Khi đó diện tích hình vuông cần tìm là: \(S = {a^2} = {\left[ {d\left( {{d_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {d_2}} \right)} \right]^2} = {\left( {\frac{{21}}{{2\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{{441}}{{20}}.\)
Giải chi tiết:
.
\(2x + 5y + 3z - 9 = 0\)
\(2x + y - 3z - 7 = 0\)
\(2x + y - z - 5 = 0\)
\(x + 2y - z - 6 = 0\)
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Ta có .
\(V = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{3}.\)
\(V = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{6}.\)
\(V = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)
\(V = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 6 }}{6}.\)
Phương pháp giải:
- Áp dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a: \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\), từ đó suy ra độ dài đường sinh \(l\)và bán kính \(r\)của hình nón.
- Tính chiều cao của hình nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}} \).
- Áp dụng công thức tính thể tích khối nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h\).
Giải chi tiết:
Vì thiết diện qua trục của hình nón là tam giác đều nên
\( \Rightarrow \) Bán kính hình nón là \(r = \frac{l}{2} = a\)và chiều cao hình nón là
Vậy thể tích khối nón là
\(\frac{1}{{\sqrt 3 }}\)
1
2
\(\sqrt 3 \)
Phương pháp giải:
- Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy là \(r\) và chiều cao của hình trụ bằng \(h\) là: \({S_{xq}} = 2\pi rh\).
- Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy bằng \(r\) và độ dài đường sinh bằng \(l\) là: \
Giải chi tiết:
Gọi \(AB\) là đường kính đáy của hình tròn \(\left( {O,r} \right)\).
Hình trụ đã cho có độ dài bán kính đáy bằng \(r\) và độ dài đường cao là \(h = OO' = r\sqrt 3 \) nên diện tích xung quanh của hình trụ là: \({S_1} = 2\pi rh = 2\pi .r.\sqrt 3 r = 2\sqrt 3 \pi {r^2}\)
Hình nón có đáy là hình tròn \(\left( {O;r} \right)\) nên bán kính đáy của hình nón bằng \(r\). Độ dài đường sinh của hình nón là:
Suy ra diện tích xung quanh của hình nón là : \({S_2} = \pi rl = \pi r.2r = 2\pi {r^2}\).
Do đó tỉ số \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{2\sqrt 3 \pi {r^2}}}{{2\pi {r^2}}} = \sqrt 3 \).
\(\frac{{{a^3}\sqrt {61} }}{{27}}\)
\(\frac{{{a^3}\sqrt {11} }}{9}\)
\(\frac{{2{a^3}\sqrt {11} }}{{27}}\)
\(\frac{{2{a^3}\sqrt {11} }}{9}\)
Phương pháp giải:
- Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh \(A'O \bot \left( {ABCD} \right)\).
- Sử dụng định lí Pytago tính \(A'O\).
- Tính thể tích \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}}\).
Giải chi tiết:
Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Theo bài ra ta có: Điểm \(A'\) cách đều các đỉnh \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C\) nên \(A'O \bot \left( {ABC} \right)\) hay \(A'O \bot \left( {ABCD} \right)\).
\( \Rightarrow A'O \bot AO \Rightarrow \Delta A'AO\) vuông tại \(O\).
Áp dụng định lí Pytago ta có: \( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{5a}}{6}\).
\({S_{ABCD}} = AB.AD = a.\frac{4}{3}a = \frac{{4{a^2}}}{3}\).
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt {11} }}{6}.\frac{{4{a^2}}}{3} = \frac{{2\sqrt {11} {a^3}}}{9}\).
2
3
\(\frac{3}{2}\)
Phương pháp giải:
+ Dựng mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) dựa vào mối quan hệ song song với \(BB',AC\)
+ Từ đó tính tỉ số \(\frac{{TB}}{{TC}}\)
Giải chi tiết:
Gọi \(N,E\) lần lượt là trung điểm của \(AD,DC\)
Ta có \(MN//AA'//BB'\) và \(NE//AC\) (do \(NE\) là đường trung bình của tam giác \(DAC\))
Suy ra
Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kéo dài \(NE\) cắt \(BC\) tại \(T\). Suy ra \(ANTC\) là hình bình hành (do \(AN//TC;NT//AC\))
Do đó \(TC = AN = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC\)
Ta có \(\left( {MNE} \right) \cap BC = \left\{ T \right\}\) nên \(\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{\frac{3}{2}BC}}{{\frac{1}{2}BC}} = 3\).
\(\frac{3}{2}\)
\(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\)
\(\frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
\(\frac{5}{2}\)
Phương pháp giải:
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Giải chi tiết:
Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;4), bán kính R = 3.
Gọi H là giao điểm của IA là mặt phẳng chứa đường tròn là tập hợp các điểm M. Khi đó H là tâm đường tròn tập hợp tiếp điểm, bán kính r = HM.
Ta có: .
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông IAM có: .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM có: \(MH = \frac{{IM.AM}}{{IA}} = \frac{{3.3}}{{3\sqrt 2 }} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).
Phương pháp giải:
- Xác định VTCP \(\overrightarrow {{u_d}} \) của đường thẳng \(d\) và VTCP \(\overrightarrow {{u_{Ox}}} \) của trục \(Ox\).
- Gọi \(\overrightarrow {{u_\Delta }} \) là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \), ta có
- Phương trình đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTCP \(\vec u\left( {a;b;c} \right)\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} + at}\\{y = {y_0} + bt}\\{z = {z_0} + ct}\end{array}} \right.\).
Giải chi tiết:
Đường thẳng \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = 2 - t}\\{z = 1 - 3t}\end{array}} \right.\) có 1 VTCP là , trục \(Ox\) có 1 VTCP là \(\vec i = \left( {1;0;0} \right)\).
Gọi là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \), ta có
Vậy phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(O\left( {0;0;0} \right)\) và có 1 VTCP
2.
5.
4.
3.
Phương pháp giải:
- Tính đạo hàm của hàm số \(g\left( x \right)\)
- Giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\), xác định các nghiệm bội lẻ.
- Số nghiệm bội lẻ của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số điểm cực trị của hàm số.
Giải chi tiết:
Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( { - 4x + 4} \right)f'\left( { - 2{x^2} + 4x} \right)\).
Cho , các nghiệm này đều là nghiệm đơn.
Do đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu tại đúng 5 điểm trên.
Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 5 điểm cực trị.
14
12
−14
−12
Phương pháp giải:
Phương pháp:
- Sử dụng công thức tính tọa độ vecto:
Cho hai điểm
- Cho hai vecto và . Khi đó:
Giải chi tiết:
Cách làm:
Dễ thấy nên
Do đó để \(OABC\) là hình chữ nhật thì
Ta có:
Suy ra
3
1
2
4
Phương pháp giải:
Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) (với \(f\left( x \right)\) là hàm đa thức) = số điểm cực trị của hàm \(f\left( x \right)\) + số giao điểm của hàm số \(y = f\left( x \right)\) với trục hoành (Không tính điểm tiếp xúc).
Giải chi tiết:
Xét hàm số \(f\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x + 1} \right)\).
Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right) + {\left( {x - 1} \right)^3}\)
\(f'\left( x \right) = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {3x + 3 + x - 1} \right) = 0\)
Trong đó \(x = 1\) là nghiệm bội chẵn, do đó hàm số đã cho có 1 điểm cực trị.
Xét phương trình hoành độ giao điểm , do đó đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.
Vậy hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có \(1 + 2 = 3\) điểm cực trị.
\(m > \frac{9}{2}\)
\( - \frac{1}{2} \le m \le \frac{9}{2}\)
\( - \frac{1}{2} < m < \frac{9}{2}\)
\(m \ge \frac{9}{2}\)
Phương pháp giải:
- Giải phương trình chứa căn
- Sử dụng định lí Vi-ét.
Giải chi tiết:
Ta có:
Để phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
Vậy \(m \ge \frac{9}{2}\).
\(I = \frac{{14}}{3}\)
\(I = \frac{{28}}{3}\)
\(I = \frac{4}{3}\)
\(I = 2\)
Phương pháp giải:
- Lấy tích phân từ \( - 1\) đến 2 của hai vế của phương trình đã cho.
- Sử dụng phương pháp tính tích phân bằng phương pháp đổi biến.
- Sử dụng tính chất không phụ thuộc vào biến của tích phân:
Giải chi tiết:
Ta có
\( \Rightarrow I = {I_1} + {I_2}\)
Xét tích phân \({I_1} = \int\limits_{ - 1}^2 {\sqrt {x + 2} dx} \).
Đặt \(t = \sqrt {x + 2} \)\( \Rightarrow {t^2} = x + 2 \Rightarrow 2tdt = dx\).
Đổi cận:
Xét tích phân .
Đặt
Đổi cận:
Vậy \(I = \frac{{14}}{3} + \frac{1}{2}I \Leftrightarrow \frac{1}{2}I = \frac{{14}}{3} \Leftrightarrow I = \frac{{28}}{3}\).
\(\frac{{27}}{{52}}\)
\(\frac{{11}}{{60}}\)
\(\frac{7}{{15}}\)
\(\frac{9}{{14}}\)
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Gọi A là biến cố: “trong 3 viên bi được lấy ra có nhiều nhất một viên bi màu trắng”, chia các TH sau:
+ TH1: ba viên bi được chọn đều màu đen.
+ TH2: ba viên bi được chọn có 2 viên bi màu đen và 1 viên bi màu trắng.
Từ đó tính số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố A là
Giải chi tiết:
Số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố: “trong 3 viên bi được lấy ra có nhiều nhất một viên bi màu trắng”. Ta có các TH sau:
+ TH1: ba viên bi được chọn đều màu đen.
Số cách chọn là: \(C_3^3 = 1\) cách.
+ TH2: ba viên bi được chọn có 2 viên bi màu đen và 1 viên bi màu trắng.
Số cách chọn là: \(C_3^2.C_7^1 = 21\) cách.
\( \Rightarrow n\left( A \right) = 1 + 21 = 22\).
Vậy xác suất của biến cố A là:
\[h = 2a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k = \frac{1}{3}\]
\(h = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k = \frac{1}{6}\)
\(h = 2a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k = \frac{1}{8}\)
\(h = a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k = \frac{1}{4}\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính tỉ lệ thể tích: Cho các điểm \(M \in SA,N \in SB,P \in SC\) ta có: \(\frac{{{V_{SMNP}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{{SM}}{{SA}}.\frac{{SN}}{{SB}}.\frac{{SP}}{{SC}}.\)
Giải chi tiết:
Ta có: \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = \left\{ {SA} \right\}\)\( \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right).\)
\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SCD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SD;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD} \right) = \angle SAD = {45^0}\)
\( \Rightarrow \Delta SAD\) là tam giác vuông cân tại \(A\)\( \Rightarrow h = SA = AD = a\).
Áp dụng công thức tỉ lệ thể tích ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{V_{S.AHK}}}}{{{V_{S.ACD}}}} = \frac{{SA}}{{SA}}.\frac{{SH}}{{SC}}.\frac{{SK}}{{SD}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2} = \frac{1}{4}.\)
Đáp án: \[\frac{1}{9}\]
Phương pháp giải:
- Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] tại điểm có hoành độ \[x = {x_0}\] là \(y'\left( {{x_0}} \right)\).
- Sử dụng công thức tính nhanh đạo hàm: \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\)\( \Rightarrow y' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\).
Giải chi tiết:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Ta có: \(y' = \frac{{2.2 - \left( { - 3} \right).\left( { - 1} \right)}}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2 - x} \right)}^2}}}\).
Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là \(y'\left( { - 1} \right) = \frac{1}{9}\).
Đáp án: 2
Giải chi tiết:
Bảng xét dấu
\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho có 2 điểm cực tiểu.
Đáp án: \(\frac{{\sqrt 6 }}{2}\)
Phương pháp giải:
Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ax + by + cz + d = 0\) là: \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).
Giải chi tiết:
Ta có : \(d\left( {O,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 - 0 + 2.0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2} + {2^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 6 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Đáp án: 1107600
Phương pháp giải:
Sử dụng tổ hợp.
Giải chi tiết:
Tổng cả lớp có \[20 + 15 = 35\] học sinh.
Gọi A là biến cố: “4 học sinh được chọn có cả nam và nữ”
- Số cách chọn 4 học sinh bất kì là \[C_{35}^4\].
- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nữ là \[C_{20}^4.\]
- Số cách chọn 4 học sinh chỉ toàn nam là \[C_{15}^4\].
\[ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{35}^4 - C_{20}^4 - C_{15}^4 = 46150.\]
Mà 4 học sinh được chọn ra sẽ xếp vào 4 đội nhảy khác nhau
Suy ra có tất cả số cách chọn là \(46150.4! = 1107600.\)
Đáp án: \(\frac{{17}}{6}\)
Giải chi tiết:
Đặt \(h\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 5}}{{x - 1}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)h\left( x \right) + 5\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = 5\).
Đặt \(k\left( x \right) = \frac{{g\left( x \right) - 1}}{{x - 1}} \Rightarrow g\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)k\left( x \right) + 1\).
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = 1\).
Ta có:
\(L = \frac{{15}}{6} + \frac{2}{6} = \frac{{17}}{6}\).
Tính chiều cao \[h\] của cổng (xem hình minh họa)
Đáp án: \[h = 2{\mkern 1mu} m\]
Phương pháp giải:
Sử dụng tính đối xứng của parabol.
Giải chi tiết:
Gọi hai điểm chân cổng là \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\) và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) thì ta có \({y_A} = {y_B}\) và \(\left| {{x_A}} \right| = \left| {{x_B}} \right|.\)
Vì \(d = 4\) nên \(\left| {{x_A}} \right| = \left| {{x_B}} \right| = 2.\)
Vậy \(h = \left| {{y_A}} \right| = \left| { - \frac{1}{2}x_A^2} \right| = \left| { - \frac{1}{2}{{.2}^2}} \right| = 2{\mkern 1mu} \left( m \right).\)
Đáp án: \(m > 0\)
Phương pháp giải:
Hai điểm cực trị \({x_1},{x_2}\) của đồ thị hàm số bậc ba nằm về 2 phía trục Oy \( \Leftrightarrow {x_1}.{x_2} < 0\).
Giải chi tiết:
Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị x1, x2 nằm về 2 phía trục
Biết diện tích các hình phẳng \(\left( K \right)\), \(\left( H \right)\) lần lượt là \(\frac{5}{{12}}\) và \(\frac{8}{3}\). Tính \(\int\limits_{ - 1}^2 {f\left( x \right)dx} \).
Đáp án: \( - \frac{9}{4}\)
Phương pháp giải:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), đường thẳng \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).
Giải chi tiết:
Ta có:
Vậy .
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ bên. Số nghiệm của phương trình \(f\left( {1 - f\left( x \right)} \right) = 2\) là:
Đáp án: 5
Phương pháp giải:
- Đặt \(t = 1 - f\left( x \right)\), đưa phương trình về dạng phương trình ẩn \(t\).
- Tìm số nghiệm của phương trình thông qua số giao điểm của đồ thị hàm số.
- Từ nghiệm \(t\) tìm được thay lại phương trình \(f\left( x \right) = 1 - t\) để tìm số nghiệm \(x\), tiếp tục áp dụng phương pháp tương giao.
Giải chi tiết:
Đặt \(t = 1 - f\left( x \right)\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = 2\).
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = 2\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy
+ Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 0\) nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
+ Số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = 3\) nên phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình đã cho có tất cả 4 nghiệm.
Đáp án: \(I( - 3;4),{\mkern 1mu} R = 5\)
Phương pháp giải:
Gọi \(z = a + bi\), sử dụng công thức tính môđun của số phức.
Giải chi tiết:
Giả sử \(z = x + yi,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x,y \in R} \right)\)
Theo đề bài ta có:
Vậy, tập hợp điểm trong mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm \(I( - 3;4),{\mkern 1mu} R = 5\).
Đáp án: \({30^0}\)
Phương pháp giải:
- Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
Giải chi tiết:
Gọi M là trung điểm của \(B'C'\), do tam giác \(A'B'C'\) đều nên \(A'M \bot B'C'\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B'C' \bot A'M}\\{B'C' \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'M} \right)\), suy ra \(B'C' \bot AM\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'}\\{AM \subset \left( {AB'C'} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AM \bot B'C'}\\{A'M \subset \left( {A'B'C'} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A'M \bot B'C'}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {AM;A'M} \right) = \angle A'MA\).
Tam giác \(A'B'C'\) đều cạnh 2a nên \(A'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác vuông \[AA'M\] có: \(\tan \angle A'MA = \frac{{AA'}}{{A'M}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)\[ \Rightarrow \angle A'MA = {30^0}\].
Đáp án: \( - 1\)
Phương pháp giải:
- Tham số hóa tọa độ điểm H thuộc đường thẳng \(\Delta \) theo tham số t.
- với là 1 VTCP của đường thẳng
Giải chi tiết:
Vì H là hình chiếu của M lên nên \(H \in \Delta \), gọi \(H\left( {1 - t; - 2 + 3t; - 2t} \right)\).
Gọi là 1 VTCP của đường thẳng \(\Delta \). Vì \
\( \Rightarrow H\left( {\frac{3}{{14}};\frac{5}{{14}};\frac{{ - 22}}{{14}}} \right)\)
Vậy
Đáp án: 1
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có: \({4^x} + {4^y} = 32y - 32x + 48 \Leftrightarrow {4^x} + 32x = 32y - {4^y} + 48\).
Vì \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y \in {\mathbb{N}^*},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x < y\) nên ta thử các TH sau:
+ Với \(x = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 2\) ta có: \(4 + 32 = 64 - 16 + 48 \Leftrightarrow 36 = 96\) (Vô lí).
\( \Rightarrow x \ge 2 \Rightarrow VT = {4^x} + 32x \ge 80{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\).
Xét hàm số \(f\left( y \right) = 32y - {4^y} + 48\) ta có \(f'\left( y \right) = 32 - {4^y}\ln 4 = 0 \Leftrightarrow y = {\log _4}\frac{{32}}{{\ln 4}}\).
BBT:
Vì \(y \in {\mathbb{N}^*}\) nên \(f\left( y \right) = 32y - {4^y} + 48 \in {\mathbb{N}^*}\), dựa vào BBT \( \Rightarrow f\left( y \right) \le 97{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\).
Từ (1) và (2)
\( \Rightarrow 80 \le f\left( y \right) \le 97 \Rightarrow 80 \le VP \le 97 \Rightarrow 80 \le VT \le 97\)\( \Rightarrow 80 \le {4^x} + 32x \le 97{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\).
Hàm số \(g\left( x \right) = {4^x} + 32x\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\), do đó từ (*) ta suy ra \(x = 2\).
Với \(x = 2\) ta có \(80 = 32y - {4^y} + 48 \Leftrightarrow 32y - {4^y} = 32\), sử dụng MODE7 ta tìm được \(y = 3\).
Vậy có 1 cặp số \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;3} \right)\).
Đáp án: \(\frac{{\sqrt {57} a}}{{19}}\)
Phương pháp giải:
- Gọi \(J\) là trung điểm của \(AC\), chứng minh \(d\left( {AB;SI} \right) = d\left( {A;\left( {SIJ} \right)} \right)\).
- Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH//CM\), trong \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH{\mkern 1mu} \left( {K \in SH} \right)\), chứng minh \(AK \bot \left( {SIJ} \right)\).
- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính khoảng cách.
Giải chi tiết:
Gọi \(J\) là trung điểm của \(AC\) ta có \(IJ//AB \Rightarrow AB//\left( {SIJ} \right) \supset SI\)
\( \Rightarrow d\left( {AB;SI} \right) = d\left( {AB;\left( {SIJ} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SIJ} \right)} \right)\).
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(\Delta ABC\) đều nên \(CM \bot AB \Rightarrow CM \bot IJ\).
Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AH//CM \Rightarrow AH \bot IJ\) \(\left( {H \in IJ} \right)\). Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{IJ \bot AH}\\{IJ \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow IJ \bot \left( {SAH} \right)\).
Trong \(\left( {SAH} \right)\) kẻ \(AK \bot SH{\mkern 1mu} \left( {K \in SH} \right)\) ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SH}\\{AK \bot IJ{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} IJ \bot \left( {SAH} \right)} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow AK \bot \left( {SIJ} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SIJ} \right)} \right) = AK\).
Dễ dàng chứng minh được \(AH = \frac{1}{2}CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAH\): \(AK = \frac{{SH.AH}}{{\sqrt {S{H^2} + A{H^2}} }} = \frac{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{{16}}} }} = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).
Vậy \(d\left( {AB;SI} \right) = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}\).
Đáp án: \(\frac{{16\sqrt 2 }}{3}\)
Phương pháp giải:
- Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BD, AC. Sử dụng định lí Pytago tính BF, EF.
- Tính diện tích tam giác BDF.
- Chứng minh \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{BDF}}.AC\).
- Áp dụng BĐT: \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\).
Giải chi tiết:
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BD, AC. Giả sử \(AC = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BD = b\), theo giả thiết ta có: \({a^2} + {b^2} = 16{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b > 0} \right)\).
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta ADC\) có:
AC chung
AB = AD (gt)
BC = CD (gt)
\( \Rightarrow \Delta ABC = \Delta ADC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c.c.c} \right) \Rightarrow BF = DF\) (2 trung tuyến tương ứng)
\( \Rightarrow \Delta BDF\) cân tại F \( \Rightarrow EF \bot BD\) (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có:
\( \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2}.EF.BD = \frac{1}{2}.\sqrt {32} .b = 2\sqrt 2 b\)
Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BF}\\{AC \bot DF}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {BDF} \right)\).
Ta có: \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}}\)
\( = \frac{1}{3}.AF.{S_{BDF}} + \frac{1}{3}.CF.{S_{BDF}}\)
\( = \frac{1}{3}.{S_{BDF}}.\left( {AF + CF} \right)\)
\( = \frac{1}{3}.{S_{BDF}}.AC\)
\( = \frac{1}{3}.a.2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\).
\( \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3}.8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\).
Vậy \({V_{\max }} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\) khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = b}\\{{a^2} + {b^2} = 16}\end{array}} \right. \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 \).
Sông Hương ở thượng nguồn
Sông Hương ở trong lòng Thành phố
Sông Hương ở ngoại vi Thành phố Huế
Sông Hương ở đồng bằng
Phương pháp giải:
Căn cứ tác phẩm Ai đã đặt tên cho dòng sông.
Giải chi tiết:
Đối tượng miêu tả của đoạn văn trên là: Sông Hương ở thượng nguồn
Đối lập, nhân hóa, ẩn dụ
Đối lập, nhân hóa, so sánh
Ẩn dụ, so sánh, nhân hóa
Ẩn dụ, nhân hóa, hoán dụ
Phương pháp giải:
Căn cứ biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
Biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích là: Đối lập, nhân hóa, so sánh
+ Đối lập:
+ So sánh: cuộn xoáy như cơn lốc vào những đáy vực bí ẩn,...
+ Nhân hóa:
Dòng sông với vẻ đẹp vừa mạnh mẽ vừa dịu dàng vừa cổ kính, trầm mặc đậm chất Huế.
Dòng chảy phong phú; mang vẻ đẹp kín nữ tính; vẻ đẹp kín đáo với tâm hồn sâu thẳm.
Dòng sông phong phú độc đáo, mãnh liệt
Dòng sông như một sinh thể trữ tình có đời sống nội tâm hết sức phong phú.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
- Dòng sông được hiện lên với vẻ độc đáo:
+ Dòng chảy phong phú: vừa mãnh liệt vừa dịu dàng, say đắm
+ Dòng sông mang vẻ đẹp nữ tính: từ cô gái di-gan đến người mẹ phù sa
+ Dòng sông mang vẻ đẹp kín đáo với tâm hồn sâu thẳm
Hùng vĩ
Nhỏ bé
Dịu dàng
Cổ kính
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Điểm tương đồng giữa sông Hương ở đoạn này và sông Đà ở thượng nguồn là sự hùng vĩ.
Kí
Truyện ngắn
Tiểu thuyết
Truyện dài
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các thể loại.
Giải chi tiết:
Văn bản trên thuộc thể loại kí (bút kí).
Tự sự.
Miêu tả.
Biểu cảm.
Nghị luận.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào đặc điểm của các phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ).
Giải chi tiết:
Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ: Tự sự.
Sức mạnh tình yêu thương, lời khen của con người trong cuộc sống.
Khi bạn biết vươn lên trong cuộc sống thì bạn có thể thay đổi cuộc đời, số phận con người, mang đến những điều tốt đẹp cho cuộc sống.
Sự khích lệ, động viên từ người thầy của mình, để có niềm lạc quan, niềm tin trong cuộc sống.
Câu chuyện về cậu bé Wills từng đau khổ, và không muốn sống, làm việc nhưng được sự khích lệ đã vươn lên để trở thành nhà văn nổi tiếng của nước Anh.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung bài đọc hiểu
Giải chi tiết:
Nội dung của đoạn văn bản là câu chuyện về cậu bé Wills từng đau khổ, và không muốn sống, làm việc nhưng được truyền niềm tin qua lời khuyên, sự khích lệ đã vươn lên để trở thành nhà văn nổi tiếng của nước Anh. Qua đó, khẳng định sức mạnh của những lời khuyên chân thành, những lời khen thật tâm có thể thay đổi cuộc đời, số phận con người, mang đến những điều tốt đẹp cho cuộc sống.
Một cậu bé khác ở Luân Đôn làm nhân viên trong một cửa hàng bán thực phẩm khô.
Người thầy đã thực hiện một nghĩa cử cao đẹp cho cậu học trò của mình.
Đôi khi, một lời khen ngợi, động viên được nói ra đúng lúc có tác động phi thường mà ngay chính bản thân người tạo ra lời khen ấy cũng không ngờ đến.
Lời động viên đúng lúc của ông thay đổi cả tương lai cậu bé.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào câu chủ đề.
Giải chi tiết:
- Câu chủ đề: Đôi khi, một lời khen ngợi, động viên được nói ra đúng lúc có tác động phi thường mà ngay chính bản thân người tạo ra lời khen ấy cũng không ngờ đến.
Vì cậu nhận được sự khích lệ từ người thầy của mình
Vì cậu đã viết thư cho thầy giáo
Vì cậu bé đã tự mình vươn lên trong cuộc sống
Vì cậu bé có khát vọng cao đẹp
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phép liên kết câu đã học
Giải chi tiết:
Cậu bé trong đoạn văn từ chỗ “đau khổ”, “không muốn sống nữa” lại trở thành một người có ích cho cuộc đời vì cậu nhận được sự khích lệ từ người thầy của mình, nói rộng ra là sự động viên để có niềm lạc quan, niềm tin trong cuộc sống.
Phong cách báo chí
Phong cách chính luận
Phong cách nghệ thuật
Phong cách sinh hoạt
Phương pháp giải:
Căn cứ phong cách ngôn ngữ đã học.
Giải chi tiết:
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Biểu cảm
Tự sự
Nghị luận
Miêu tả
Phương pháp giải:
Căn cứ các phương thức biểu đạt đã học.
Giải chi tiết:
Phương thức biểu đạt chính: tự sự
Thể hiện qua câu nói.
Thể hiện qua hành động.
Thể hiện qua câu nói và qua hành động.
Không được thể hiện.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Thể hiện qua câu nói chắc nịch rằng sẽ kiếm đủ tiền để mai mốt đi học tiếp, qua hành động hằng đêm sau khi làm việc xong cậu đọc ngấu nghiến những tờ báo và hát vang hết bài này đến bài khác.
Ước mơ học nhạc viện sẽ không thực hiện được
Ước mơ học nhạc viện thật viển vông, hão huyền
Ước mơ học nhạc viện quá tầm thường
Ước mơ học nhạc viện thật sự khó khăn, xa vời.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Vì uớc mơ học nhạc viện thật sự khó khăn, xa vời với một người phải làm công việc phụ hồ cực khổ phải làm việc để kiếm từng chút tiền lo cho cuộc sống.
Phải có ước mơ trong cuộc sống, có niềm tin thực hiện ước mơ đó.
Phải có ước mơ lớn trong cuộc sống.
Phải đặt ra những thử thách cho bản thân thì mới thành công.
Những người thành công sẽ là người có ước mơ lớn.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung và những từ ngữ được lặp lại nhiều lần.
Giải chi tiết:
Thông điệp: Phải có ước mơ trong cuộc sống, có niềm tin thực hiện ước mơ đó.
Nhân hóa
So sánh
Liệt kê
Hoán dụ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
Biện pháp liệt kê: khiêng vác, sắp xếp đồ đạc,...
Miêu tả
Biểu cảm
Nghị luận
Biểu cảm, miêu tả
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học.
Giải chi tiết:
Phương thức biểu đạt biểu cảm và miêu tả.
Hãy sống có ích cho đời.
Khát vọng ước mơ cao đẹp của con người.
Hãy sống như đời sống để biết yêu nguồn cội
Bài học về cội nguồn cuộc sống
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Chủ đề bài hát là khát vọng ước mơ cao đẹp của con người.
Nghệ thuật
Chính luận
Báo chí
Hành chính
Phương pháp giải:
Căn cứ các phong cách ngôn ngữ đã học.
Giải chi tiết:
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.
Nhân hóa
So sánh
Ẩn dụ
Hoán dụ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
Biện pháp tu từ so sánh.
Cảm xúc phong phú, cảm phục tự hào về tình yêu cuộc đời tha thiết.
Cảm xúc bồi hồi, lo lắng về cuộc sống mỗi con người.
Cảm xúc say đắm trong tình yêu.
Cảm xúc rạo rực trong tình yêu.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Lời bài hát đem đến cho mọi người cảm xúc phong phú, cảm phục tự hào về tình yêu cuộc đời tha thiết mà tác giả gửi gắm. Đó là khát vọng hóa thân để cống hiến và dựng xây cuộc đời.
con người
có thể
ảnh hưởng xấu
khó khăn
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ.
Giải chi tiết:
Nếu không tiết kiệm và bảo vệ nguồn nước thì rất có thể con người sẽ không có đủ nước để dùng, nước bị ô nhiễm. Khi đó, cuộc sống của chúng ta sẽ khó khăn, sức khỏe bịảnh hưởng xấu. Người gây ô nhiễm nguồn nước sẽ bị phạt.
thừa nhận
cảm hứng
Đường thi
tác phong
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ.
Giải chi tiết:
Tác phong: Có nghĩa là cách thức làm việc, sinh hoạt hằng ngày của mỗi người. Sử dụng ở đây không phù hợp
=> Chữa lại: phong vị (đặc tính gây hứng thú đặc sắc)
dữ dội
mảnh khảnh
rụt rè
phản kháng
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung câu văn.
Giải chi tiết:
Con người Nam Cao mảnh khảnh, thư sinh, ăn nói ôn tồn nhiều khi đến rụt rè, mỗi lúc lại đỏ mặt mà kì thực mang trong lòng một sự phản kháng mãnh liệt.
trữ tình
lãng mạn
cổ phần
phản ánh
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
Trong thơ Bác, trữ tình và tự sự, lãng mạn và hiện thực, cổ động và giáo dục, phản ánh và triết lí...đã kết hợp với nhau thật chặt chẽ, một cách nghệ thuật.
sự sống
cốt cách
Thạch Lam
gia vị
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
Nguyễn Tuân viết: “Thạch Lam là một nhà văn quý mến cuộc sống, trang trọng trước trước sự sống của mọi người xung quanh. Ngày nay đọc lại Thạch Lam, vẫn thấy đầy đủ cái dư vị mà nhã thú của những tác phẩm có cốt cách và phẩm thất văn học”.
độc đoán
độc đơn
độc đáo
đơn độc
Phương pháp giải:
Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
- Các từ: độc đoán, độc đơn, độc đáo là có tính chất riêng của mình, không phỏng theo những gì đã có xưa nay, không giống, không lẫn với những gì có ở người khác.
- Từ đơn độc chỉ sự cô đơn.
=> Từ đơn độc không cùng nhóm với từ còn lại.
độc ác
tàn bạo
hống hách
hung dữ
Phương pháp giải:
Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
Từ độc ác, tàn bạo, hung dữ: chỉ tính cách, bản tính của con người.
Từ hống hách: Ra oai để tỏ ra mình có quyền, là người trên.
đi học
nhảy dây
chạy bộ
lo lắng
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các loại từ đã học.
Giải chi tiết:
- Động từ chỉ hành động: đi học, nhảy dây, chạy bộ
- Động từ chỉ trạng thái: lo lắng
=> Từ lo lắng không cùng nghĩa với từ còn lại.
Thế Lữ
Đoàn Phú Tứ
Tế Hanh
Thanh Thảo
Phương pháp giải:
Căn cứ vào hiểu biết về các tác giả đã học trong chương trình THPT.
Giải chi tiết:
Đoàn Phú tứ.
Việt Bắc
Rừng xà nu
Chiếc thuyền ngoài xa
Những đứa con trong gia đình
Phương pháp giải:
Căn cứ kiến thức về các tác phẩm đã học.
Giải chi tiết:
=> Tác phẩm không có khuynh hướng sử thi là Chiếc thuyền ngoài xa.
tiểu tư sản
nông dân
tư sản
bình dân
Phương pháp giải:
Căn cứ hiểu biết về tác giả trong chương trình THPT
Giải chi tiết:
“Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả, không né tránh như Thạch Lam; không cực đoan, phiến diện như Vũ Trọng Phụng, cũng không thi vị hóa như Nhất Linh, Khái Hưng, ngòi bút của Nam Cao luôn luôn tỉnh táo đúng mực”
Phân tích
Giải thích
Chứng minh
Bình luận
Phương pháp giải:
Căn cứ vào thao tác lập luận.
Giải chi tiết:
Bình luận nhằm đề xuất và thuyết phục người đọc (người nghe) tán đồng với nhận xét, đánh giám bàn luận của mình về một hiện tượng (vấn đề) trong đời sống hoặc trong văn học.
ý kiến
nhận định
định kiến
suy nghĩ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu
Giải chi tiết:
Người đọc khi đến với các tác phẩm văn học có nhiều trạng thái vui buồn khác nhau, có trình độ văn hóa khác nhau, có thái độ, định kiến hoặc vô tư, phóng khoáng khác nhau.
1945-1954
1945-1975
sau 1975
trước 1975
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung câu văn.
Giải chi tiết:
Văn học Việt Nam giai đoạn 1945-1954 gắn liền với hai sự kiện có ảnh hưởng căn bản và sâu rộng đến mọi mặt của đời sống chính trị, xã hội Việt Nam: Cách mạng tháng Tám và cuộc kháng chiến chống Pháp kéo dài suốt 9 năm.
hiện thực
lãng mạn
hiện đại
hậu hiện đại
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung câu văn.
Giải chi tiết:
Xu hướng văn học lãng mạn, nội dung thể hiện cái tôi trữ tình với những khát vọng và ước mơ. Đề tài là thiên nhiên, tình yêu và tôn giáo và thể loại chủ yếu là thơ và văn xuôi trữ tình.Bản tính trẻ con hiếu thắng
Tình yêu gia đình
Tình yêu nước
Anh hùng kiên cường, không sợ hiểm nguy
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Đoạn trích là lúc Việt bị ngất đi tỉnh lại trên chiến trường. Đoạn trích đã thể hiện phẩm chất anh hùng trong con người Việt.
Mùa xuân
Mùa hạ
Mùa thu
Mùa đông
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung của bài thơ Việt Bắc
Giải chi tiết:
Đoạn thơ trên được trích từ đoạn thơ miêu tả vẻ đẹp của bức tranh tứ bình khi nhắc tới Việt Bắc. Cụ thể bốn câu thơ trên miêu tả mùa đông nơi núi rừng Việt Bắc.
Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây
Bức tranh thiên nhiên thơ mộng, trữ tình.
Thiên nhiên hiện ra với vẻ đẹp mĩ lệ, thơ mộng
Thiên nhiên hùng vĩ, oai linh.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây.
Vì chạy thuyền trên sông không có thác, nó sẽ dễ dại tay chân và buồn ngủ
Vì ông đã quen chở đò dọc sông Đà 10 năm liền nên ông không muốn thay đổi
Vì quê ông ở ngay chỗ ngã tư sông sát tỉnh
Vì ông thấy vị trí địa lí tốt
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Người lái đò sông Đà.
Giải chi tiết:
Ông đò Lai Châu chỉ muốn cắm thuyền ở chỗ biên giới thủy phận cuối cùng của đá thác Sông Đà vì chạy thuyền trên sông không có thác, nó sẽ dễ dại tay chân và buồn ngủ.
Nỗi lòng, tâm trạng của người mẹ thương con
Tâm trạng bà cụ Tứ khi biết con trai dẫn người đàn bà xa lạ về.
Tấm lòng của bà cụ Tứ thật cao cả và thiêng liêng.
Ý nghĩa của tình mẫu tử
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Nội dung chủ yếu của đoạn văn bản diễn tả tâm trạng bà cụ Tứ khi biết con trai (nhân vật Tràng ) dẫn người đàn bà xa lạ về.
Thể hiện tâm lý của A Phủ: đau đớn và tủi nhục
Là sợi dây kết nối sự đồng cảm trong Mị từ đó khơi dậy sức mạnh tiềm tàng
Tô đậm cái khổ của người dân Hồng Ngài dưới ách thống trị của cha con nhà thống lý
Khiến Mị chú ý đến A Phủ.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Hình ảnh “giọt nước mắt” trong đoạn trích trên có tác dụng:
Là sợi dây kết nối sự đồng cảm trong Mị từ đó khơi dậy sức mạnh tiềm tàng.
Phép nối, phép lặp, phép thể
Phép thế, phép lặp
Phép nối, phép thế
Phép lặp, phép nối
Phương pháp giải:
Căn cứ vào Tuyên ngôn Độc lập.
Giải chi tiết:
- Những phép liên kết được sử dụng trong đoạn trích là:
+ Phép nối: Quan hệ từ “và”
+ Phép lặp: Lặp lại cụm từ “Tự do, độc lập”
+ Phép thế: Dùng từ ngữ mang ý nghĩa thay thế “ấy”
Ý nghĩa biểu đạt
Ý nghĩa tượng trưng
Ý nghĩa hỏi
Ý nghĩa biểu đạt và tượng trưng
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
- Ý nghĩa biểu đạt: Sao anh không về chơi thôn Vĩ? vừa là câu hỏi vừa là lời mời gọi tha thiết của cô gái thôn Vĩ với nhân vật trữ tình.
- Ý nghĩa biểu cảm:
+ Gợi cảm giác như lời trách nhẹ nhàng và cũng là lời mời gọi tha thiết (lời nhà thơ tự trách, tự hỏi mình; lời ƣớc ao thầm kín của người đi xa được về lại thôn Vĩ).
+ Hai tiếng về chơi bộc lộ sắc thái tự nhiên, thân mật, chân tình.
+ Câu hỏi là duyên cớ để khơi dậy trong tâm hồn nhà thơ bao kỉ niệm sâu sắc, bao hình ảnh đẹp đẽ, đáng yêu của xứHuế, trước hết là Vĩ Dạ - nơi có người mà nhà thơ thương mến và đẹp nhất là cảnh thôn Vĩ trong ánh bình minh.
Miêu tả, nghị luận
Miêu tả, biểu cảm, nghị luận
Tự sự, nghị luận
Tự sự, miêu tả, biểu cảm
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phương thức biểu đạt.
Giải chi tiết:
Các phương thức biểu đạt :
- Tự sự: kể lại những sự việc mà nhân vật tôi chứng kiến.
- Miêu tả: hành động, tâm trạng của các nhân vật.
- Biểu cảm: bộc lộ cảm xúc của các nhân vật.
Một người có thiên lương cao đẹp
Một người coi thường cái chết.
Một người biết nhận sai.
Một người coi thường vinh lợi.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Câu nói của Huấn Cao cho thấy ông là một người có thiên lương cao đẹp. Lúc trước ông không cúi đầu, thậm chí tỏ ra ghét bỏ, coi thường quản ngục là vì nghĩ quản ngục cũng giống như bao tên quan khác là tay sai của nhà nước phong kiến. Về sau khi biết quản ngục là người có thiên lương ông đồng ý cho chữ. Như vậy có thể thấy, Huấn Cao không sợ cường quyền hay không vì vàng ngọc mà cúi đầu. Ông chỉ cúi đầu trước cái đẹp. Đó chính là biểu hiện của một con người có thiên lương cao đẹp.
Tình thái từ
Thánh từ
Gọi đáp
Phụ chú
Phương pháp giải:
Căn cứ vào thành phần biệt lập.
Giải chi tiết:
Thành phần biệt lập : Em ơi em
=> Thành phần biệt lập tình thái
Điều cả phố huyện trông đợi trong một ngày.
Thể hiện cho ước mơ khát vọng của người dân nơi phố huyện nghèo.
Thể hiện sự khác biệt đối với bức tranh phố huyện thường ngày.
Thể hiện sự nghèo đói đã lan ra cả những thành thị.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Hinh ảnh đoàn tàu được nhắc đến trong đoạn trích thể hiện cho những ước muốn khiêm nhường mà nhỏ bé của người dân nghèo nơi phố huyện. Họ muốn thấy một cái gì đó rộn ràng hơn khác với cuộc sống tối tăm cũng như mong muốn một sự thay đổi đến với cuộc đời mình.
Nhân hóa
Ẩn dụ chuyển đổi cảm giác
So sánh
Hoán dụ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
- Biện pháp nghệ thuật sử dụng là ẩn dụ chuyển đổi cảm giác.
- Cho thấy niềm vui sướng và hạnh phúc của tác giả khi được chiến đấu dưới ngọn cờ của Đảng
- “Mặt trời chân lí” là hình ảnh ẩn dụ ca ngợi lí tưởng Cách mạng, ca ngợi chủ nghĩa Cộng sản đã soi sáng tâm hồn, đã “chói qua tim”, đem lại ánh sáng cuộc đời như “bừng” lên trong “nắng hạ”.
Khát vọng hạnh phúc mãnh liệt. Khát vọng ấy khiến vượt qua hoàn cảnh.
Tình yêu mãi là khát vọng muôn đời của con người, nhất là đối với tuổi trẻ và là vươn tới cái cao rộng, lớn lao…
Yêu là tự nhận thức, là vươn tới cái cao rộng, lớn lao… vừa mâu thuẫn, vừa thống nhất, vừa xung đột, vừa hài hoà.
Khẳng định về sự tồn tại bất diệt của khát vọng tình yêu trong trái tim người con gái.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào Sóng.
Giải chi tiết:
Đoạn thơ thể hiện quan niệm về tình yêu của nhà thơ Xuân Quỳnh :
- Yêu là tự nhận thức, là vươn tới cái cao rộng, lớn lao…
- Tình yêu mãi là khát vọng muôn đời của con người, nhất là đối với tuổi trẻ.
Ẩn dụ
So sánh
Điệp ngữ
Nói quá
Phương pháp giải:
Căn cứ vào biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
- Biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích là: Điệp từ (sự thật) với tác dụng khẳng định, nhấn mạnh quyền độc lập tự do của dân tộc Việt Nam.
Liên Xô.
Pháp.
Mĩ.
Anh.
Phương pháp giải:
Suy luận, loại trừ phương án.
Giải chi tiết:
A, B, D loại vì các nước này đều bị Chiến tranh thứ hai tàn phá nặng nề.
C chọn vì Mĩ là nước không những không bị chiến tranh tàn phá mà còn thu được nhiều lợi nhuận nhờ buôn bán vũ khí trong chiến tranh.
Nguyên nhân sâu xa.
Duyên cớ chiến tranh.
Nguyên nhân trực tiếp.
Tính chất chiến tranh.
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
A chọn vì cả hai cuộc chiến tranh thế giới trong thế kỉ XX đều xuất phát từ nguyên nhân sâu xa là sự phát triển không đều giữa các nước đế quốc và mâu thuẫn giữa các nước này về vấn đề thị trường và thuộc địa.
B, C loại vì duyên cớ và nguyên nhân trực tiếp của hai cuộc chiến tranh là khác nhau.
D loại vì Chiến tranh thế giới thứ nhất hoàn toàn mang tính chất phi nghĩa còn Chiến tranh thế giới thứ hai ở giai đoạn sau mang tính chính nghĩa với sự tham chiến của Liên Xô chống lại chủ nghĩa phát xít.
Sự ra đời của hai nhà nước trên bán đảo Triều Tiên.
Sự ra đời của nước Cộng hòa Nhân dân Trung Hoa.
Phong trào giải phóng dân tộc phát triển mạnh mẽ.
Các nước đạt sự tăng trưởng nhanh chóng về kinh tế.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 19 – 20.
Giải chi tiết:
- Nội dung các phương án A, B, D là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai.
- Nội dung phương án C không phải là biến đổi của các nước Đông Bắc Á sau chiến tranh thế giới thứ hai.
yêu cầu của việc chạy đua vũ trang trong thời kì Chiến tranh lạnh.
nhu cầu đời sống vật chất và tỉnh thần ngày càng cao của con người.
kể thừa những thành tựu của cuộc cách mạng công nghiệp ở thế kỉ XVIII-XIX.
bùng nổ dân số, cạn kiệt nguồn tài nguyên thiên nhiên.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 66, suy luận.
Giải chi tiết:
Nguyên nhân sâu xa của cuộc cách mạng khoa học - công nghệ nửa sau thế kỉ XX là do nhu cầu đời sống vật chất và tỉnh thần ngày càng cao của con người.
Cùng với một số quốc gia khác Mĩ là nước tên phong, đi đầu trong cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp.
Là nước duy nhất đi đầu và tên phong trong việc thực hiện cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp
Là quốc gia đầu tên và tên phong nhất trong việc thực hiện cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp
Là quốc gia đầu tên thực hiện cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
A chọn vì Mĩ đã cùng với một số quốc gia khác như Mêhicô, Ấn Độ, … là những nước tên phong, đi đầu trong cuộc cách mạng xanh trong nông nghiệp.
B, C, D loại vì Mêhicô là nước đầu tiên tiến hành cách mạng xanh trong nông nghiệp và sau Mêhicô thì có nhiều quốc gia khác cũng thực hiện cách mạng xanh như Mĩ, Ấn Độ, Nhật Bản, Ixraen,…
Chuẩn bị về tư tưởng, chính trị và tổ chức cho sự ra đời của chính Đảng vô sản ở Việt Nam.
Nguyễn Ái Quốc đã tiếp nhận và truyền bá chủ nghĩa Mác - Lênin vào Việt Nam.
Xây dựng mối liên minh công - nông trong cuộc đấu tranh giải phóng dân tộc.
Đưa cách mạng Việt Nam trở thành một bộ phận của cách mạng thế giới.
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
B loại vì ngoài việc tiếp nhận và truyền bá chủ nghĩa Mác - Lênin vào Việt Nam thì Nguyễn Ái Quốc còn chuẩn bị về tổ chức cho việc thành lập Đảng sau này khi sáng lập Hội Việt Nam Cách mạng Thanh niên.
C loại vì liên minh công – nông bước đầu được hình thành trong phong trào 1930 – 1931.
D loại vì sau khi Đảng ra đời thì mới gắn liền cách mạng Việt Nam với cách mạng thế giới và trở thành một bộ phận của cách mạng thế giới.
Lập “Hũ gạo cứu đói", tổ chức “Ngày đồng tâm”.
Nghiêm trị những người đầu cơ tích trữ gạo.
Tổ chức quyên góp, điều hòa thóc gạo giữa các địa phương.
Đẩy mạnh phong trào thi đua tăng gia sản xuất.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 123.
Giải chi tiết:
Đẩy mạnh phong trào thi đua tăng gia sản xuất là biện pháp lâu dài chứ không phải là biện pháp cấp thời để giải quyết nạn đói ở nước ta sau Cách mạng tháng Tám năm 1945.
giúp đỡ các nước Tây Âu xây dựng hệ thống phòng thủ.
đản áp phong trào cách mạng ở Châu Âu, chống các nước xã hội chủ nghĩa.
chuẩn bị một cuộc chiến tranh thế giới.
chống lại Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa ở Đông Âu.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 59.
Giải chi tiết:
Sau Chiến tranh thế giới thứ hai, Mĩ và các nước Tây Âu thành lập khối quân sự NATO nhằm mục đích chống lại Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa ở Đông Âu.
suy thoái về kinh tế.
đất nước trong thời kỳ hoàng kim.
khủng hoảng kinh tế - xã hội.
nền kinh tế mất cân đối.
Phương pháp giải:
Dựa vào thông tin được cung cấp để trả lời
Giải chi tiết:
Trong thời gian thực hiện hai kế hoạch Nhà nước 5 năm (1976 - 1985) nước ta lâm vào tình trạng khủng hoảng kinh tế - xã hội.
Sự phát triển của cách mạng khoa học - kĩ thuật.
Những thay đổi của tình hình thế giới.
Cuộc khủng hoảng toàn diện, trầm trọng ở Liên Xô và các nước CNXH Đông Âu.
Đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế - xã hội.
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
A, B, C loại vì nội dung các phương án này là nguyên nhân khách quan, không phải nguyên nhân mang tính quyết định.
D chọn vì đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế - xã hội là nguyên nhân chủ quan mang tính quyết định, đòi hỏi Đảng ta phải tiến hành công cuộc đổi mới.
Xung đột sắc tộc, đói nghèo đã được giải quyết triệt để.
Trình độ dân trí thấp, nhiều hủ tục chưa được xóa bỏ.
Tỉ suất gia tăng tự nhiên thấp, dân số tăng rất nhanh.
Chiếm 1/2 dân số thế giới và 2/3 số người nhiễm HIV của thế giới.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 5, tiết 1, trang 21, SGK
Giải chi tiết:
Đặc điểm dân cư xã hội Châu Phi:
- Tỉ suất gia tăng tự nhiên cao, bùng nổ dân số, tuổi thọ trung bình thấp.
- Dịch bệnh bùng phát mạnh, 2/3 dân số nhiễm HIV
- Xung đột sắc tộc
- Trình độ dân trí thấp, hủ tục lạc hậu chưa được xóa bỏ
Canada.
Nhật Bản.
Hoa Kỳ.
Nga.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 5 – Một số vấn đề của khu vực Mĩ Latinh
Giải chi tiết:
Quốc gia đầu tư vào Mĩ Latinh nhiều nhất là Hoa Kỳ, do vậy Mĩ Latinh còn được gọi là sân sau của Hoa Kỳ, nền kinh tế phụ thuộc nhiều vào tư bản nước ngoài nhất là Hoa Kỳ
diễn ra suốt năm, trên phạm vi cả nước
tất cả bão đều xuất phát từ Biển Đông.
chỉ diễn ra ở phần lãnh thổ phía Bắc
mùa bão chậm dần từ Bắc vào Nam.
Phương pháp giải:
Kiến thức 15 – trang 62, 63 sgk Địa 12
Giải chi tiết:
- A sai: mùa bão diễn ra từ tháng 6 – 12
- B sai: bão không chỉ hình thành trên biển Đông, có những cơn bão xuất phát từ vùng biển phía Nam hoặc phía Bắc
- C sai: các cơn bão đổ bổ bộ nhiều nhất vào miền Trung nước ta, miền Nam cũng chịu ảnh hưởng của bão nhưng ít hơn và đến muộn hơn.
- D đúng: mùa bão chậm dần từ Bắc vào Nam
giáp biển Đông là nguồn cung cấp nhiệt ẩm dồi dào.
nằm trong ô gió mùa châu Á, một năm có 2 mùa gió.
nằm ở ngã tư đường hàng hải và hàng không quốc tế.
lãnh thổ kéo dài và hẹp ngang.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 2 – Ý nghĩa vị trí địa lí (trang 16 sgk Địa 12)
Giải chi tiết:
Nước ta tiếp giáp biển Đông là nguồn cung cấp nhiệt ẩm dồi dào, đem lại lượng mưa lớn nên thiên nhiên nước ta xanh tốt khác với các nước có cùng vĩ độ ở Tây Nam Á và Bắc Phi.
Dân tộc Bana, Xơ-đăng, Chăm chủ yếu ở Đông Nam Bộ.
Dân tộc Tày, Thái, Nùng, Giáy, Lào tập trung ở Trung Bộ.
Dân tộc kinh tập trung đông đúc ở trung du và ở ven biển.
Các dân tộc ít người phân bố tập trung chủ yếu ở miền núi.
Phương pháp giải:
Sử dụng Atlat Địa lí Việt Nam trang 16
Giải chi tiết:
- A sai: dân tộc Bana, Xơ – đăng, Chăm chủ yếu ở Tây Nguyên
- B sai: dân tộc Tày, Thái, Nùng, Giáy, Lào tập trung ở miền núi phía Bắc
- C sai: dân tộc Kinh tập trung đông đúc ở vùng đồng bằng và ven biển
- D đúng: các dân tộc ít người phân bố tập trung chủ yếu ở miền núi.
DÂN SỐ VÀ TỈ LỆ GIA TĂNG DÂN SỐ TỰ NHIÊN CỦA NƯỚC TA QUA CÁC NĂM
(Nguồn: Tổng điều tra dân số Việt Nam năm 2019)
Theo bảng số liệu, để thể hiện dân số và tỉ lệ gia tăng dân số tự nhiên của nước ta qua các năm, dạng biểu đồ nào sau đây là thích hợp nhất?
Kết hợp.
Đường.
Tròn.
Miền.
Phương pháp giải:
Kĩ năng nhận diện biểu đồ
Giải chi tiết:
Bảng số liệu có 2 đơn vị khác nhau, có 5 năm
=> Để thể hiện dân số và tỉ lệ gia tăng dân số tự nhiên của nước ta qua các năm, biểu đồ thích hợp nhất là biểu đồ kết hợp.
vị trí địa lí
đặc điểm địa hình
tài nguyên khoáng sản
đặc điểm khí hậu
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Vị trí địa lí là nhân tố có ảnh hưởng quan trọng nhất đến sự phát triển và phân bố các khu công nghiệp ở nước ta. Ở nước ta các khu công nghiệp phân bố chủ yếu ở nơi có vị trí thuận lợi như gần các cảng biển, trục đường giao thông, dân cư đông, thị trường rộng lớn, nguồn lao động dồi dào, có khả năng thu hút vốn đầu tư như Đông Nam Bộ, Đồng bằng Sông Hồng, các khu kinh tế ven biển gắn với cảng nước sâu…
cây lâu năm, chăn nuôi gia súc lớn.
chăn nuôi gia cầm, cây lương thực
cây hàng năm, nuôi trồng thủy sản.
nuôi trồng thủy sản, cây dược liệu.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 22 – xem kiến thức trang 95 sgk Địa 12
Giải chi tiết:
Thế mạnh nông nghiệp nhiệt đới ở trung du và miền núi nước ta là cây công nghiệp lâu năm (cà phê, cao su, chè, hồ tiêu, điều…) và chăn nuôi gia súc lớn trên các đồng cỏ (trâu, bò)
- Loại B: chăn nuôi gia cầm, cây lương thực là thế mạnh vùng đồng bằng
- Loại C: cây hằng năm và nuôi trồng thủy sản cũng là thế mạnh vùng đồng bằng
- Loại D: nuôi trồng thủy sản là thế mạnh vùng đồng bằng
khoáng sản năng lượng.
chăn nuôi đại gia súc
du lịch biển đảo.
tiềm năng thuỷ điện.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 32, so sánh thế mạnh của 2 vùng núi Tây Bắc và Đông Bắc
Giải chi tiết:
Vùng núi Tây Bắc có thế mạnh nổi bật nhất về tiềm năng thủy điện, do vùng có địa hình đồi núi hiểm trở độ chia cắt mạnh. Trong khi đó vùng núi Đông Bắc chủ yếu đồi núi thấp, tính phân bậc ít hơn nên không có thế mạnh về thủy điện.
nguồn lao động, thị trường.
nguồn nguyên liệu, vốn.
nguồn nguyên liệu, thị trường.
điều kiện kĩ thuật, vốn.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 35 – Phát triển kinh tế - xã hội Bắc Trung Bộ, trang 159 sgk
Giải chi tiết:
Cơ cấu công nghiệp Bắc Trung Bộ chưa thật định hình do những hạn chế về kĩ thuật, vốn.
Tia \(\gamma .\)
Tia \({\beta ^ + }.\)
Tia \({\beta ^ - }.\)
Tia \(\alpha .\)
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất của các tia phóng xạ
Giải chi tiết:
Tia gamma có bản chất là sóng điện từ, không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.
Tia \(\alpha \) là dòng hạt nhân nguyên tử \(_2^4He\) mang điện tích \( + 2e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện
Tia \({\beta ^ + }\) có bản chất là dòng hạt poziton mang điện tích \( + 1e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện
Tia \({\beta ^ - }\) có bản chất là dòng hạt electron mang điện tích \( - 1e\), có xu hướng lệch về phía bản dương của tụ điện
2.10-7 m.
4.10-7 m.
6.10-7 m.
8.10-7 m.
Phương pháp giải:
Khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)
Hiệu đường đi của tia sáng từ hai khe tới vân tối: \({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda \)
Giải chi tiết:
Khoảng cách giữa hai vân sáng liền kề là:
Hiệu đường đi của tia sáng từ hai khe tới vân tối thứ 2 kể từ vân trung tâm (k = 1) là:
kim cương \(\left( {n = 2,42} \right)\)
thủy tinh flint \(\left( {n = 1,69} \right)\)
dầu oliu \(\left( {n = 1,47} \right)\)
nước \(\left( {n = 1,33} \right)\)
Phương pháp giải:
Tốc độ truyền ánh sáng: \(v = \frac{c}{n}\)
Giải chi tiết:
Tốc độ truyền ánh sáng là: \(v = \frac{c}{n} \Rightarrow v\~\frac{1}{n}\)
Vậy tốc độ truyền ánh sáng chậm nhất trong môi trường có chiết suất lớn nhất.
Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì hợp lực tác dụng lên vật bằng không.
Khi vật nặng ở vị trí biên, cơ năng của con lắc bằng thế năng của nó.
Dao động của con lắc là dao động điều hòa.
Chuyển động của con lắc từ vị trí biên về vị trí cân bằng là chậm dần.
Phương pháp giải:
Sử dụng lý thuyết con lắc đơn
Giải chi tiết:
Con lắc đơn có quỹ đạo tròn, ở vị trí cân bằng, tổng hợp lực tác dụng lên con lắc bằng lực hướng tâm:
\({F_{ht}} = m{a_{ht}} = m\frac{{{v^2}}}{{\rm{l}}} \to \) A sai
Khi vật nặng ở vị trí biên, động năng của con lắc: \({W_d} = 0 \Rightarrow W = {W_t} \to \) B đúng
Dao động của con lắc là dao động điều hòa chỉ khi có biên độ nhỏ → C sai
Chuyển động của con lắc từ vị trí biên về vị trí cân bằng là nhanh dần → D sai
\({0,96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\)
\({0,93.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\)
\({1,02.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\)
\({1,12.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\)
Phương pháp giải:
Công của lực điện: \[A = \left| q \right|.U\]
Định lí biến thiên động năng: \[{W_{ds}} - {W_{dt}} = A\]
Bán kính chuyển động của điện tích trong từ trường: \[R = \frac{{mv}}{{\left| q \right|B}}\]
Giải chi tiết:
Áp dụng định lí biến thiên động năng cho electron, ta có:
\[{W_{ds}} - {W_{dt}} = A \Rightarrow \frac{1}{2}m{v^2} - 0 = \left| e \right|.U \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{2\left| e \right|.U}}{m}} \]
Bán kính chuyển động của electron trong từ trường là:
Khi nhiệt độ tăng lớn hơn nhiệt độ \[{T_C}\] nào đó thì điện trở của kim loại giảm đột ngột đến giá trị bằng không.
Khi nhiệt độ hạ xuống dưới nhiệt độ \[{T_C}\] nào đó thì điện trở của kim loại giảm đột ngột đến giá trị bằng không.
Khi nhiệt độ hạ xuống dưới nhiệt độ \[{T_C}\] nào đó thì điện trở của kim loại tăng đột ngột đến giá trị khác không.
Khi nhiệt độ tăng tới nhiệt độ \[{T_C}\] nào đó thì điện trở của kim loại giảm đột ngột đến giá trị bằng không.
Phương pháp giải:
Sử dụng lý thuyết hiện tượng siêu dẫn
Giải chi tiết:
Hiện tượng siêu dẫn là khi nhiệt độ hạ xuống dưới nhiệt độ \[{T_C}\] nào đó thì điện trở của kim loại giảm đột ngột đến giá trị bằng không
14,4MeV
2,3J
2,3keV
14,4keV
Phương pháp giải:
Điện tích chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực Lo-ren-xơ với quỹ đạo tròn có bán kính: \(r = \frac{{mv}}{{qB}}\)
Công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện: \(\frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} + \frac{1}{2}m{v_{0\max }}^2\)
Giải chi tiết:
Electron chuyển động trong từ trường với quỹ đạo tròn có bán kính là:
\(r = \frac{{mv}}{{eB}} \Rightarrow v = \frac{{e.Br}}{m} = \frac{{{{1,6.10}^{ - 19}}{{.1,88.10}^{ - 4}}}}{{{{9,1.10}^{ - 31}}}} \approx {33.10^6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)
Áp dụng công thức Anh—xtanh về hiện tượng quang điện, ta có:
\(\frac{{hc}}{\lambda } = A + \frac{1}{2}m{v_{0\max }}^2\)\( \Rightarrow \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{71.10}^{ - 12}}}} = A + \frac{1}{2}{.9,1.10^{ - 31}}.{\left( {{{33.10}^6}} \right)^2}\)
\( \Rightarrow A = {2,3.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right) = 14,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {keV} \right)\).
cùng biên độ và cùng pha.
khác biên độ và cùng pha.
cùng biên độ và lệch pha 1800.
khác biên độ và lệch pha 1800.
Phương pháp giải:
Hai điểm đối xứng với nhau qua bụng sóng luôn dao động cùng pha
Hai điểm đối xứng với nhau qua nút sóng luôn dao động ngược pha
Biên độ dao động của một điểm trên sóng dừng: \({A_M} = 2A\left| {\sin \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right|\) với x kaf khoảng cách từ M tới nút sóng gần nhất
Giải chi tiết:
Nhận xét: hai điểm S, T đối xứng qua nút sóng\( \to \) S, T dao động ngược pha
Khoảng cách từ S và T tới nút sóng gần nhất là R là:
\(RS = RT = x \Rightarrow {A_S} = {A_T}\)
→ Hai điểm S, T dao động cùng biên độ, ngược pha (lệch pha 1800)
1,6.10-15 N.
4,8.10-15 N.
6,4.10-15 N.
8,0.10-15 N.
Phương pháp giải:
Độ lớn hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại: \[U = \left| {{V_1} - {V_2}} \right|\]
Cường độ điện trường giữa hai tấm kim loại: \[E = \frac{U}{d}\]
Lực điện tác dụng lên điện tích: \[{F_d} = E.q\]
Giải chi tiết:
Độ lớn hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là:
\[U = \left| {{V_1} - {V_2}} \right| = \left| { + 2000 - \left( { - 500} \right)} \right| = 2500{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\]
Lực điện tác dụng lên electron là:
\[{F_d} = E.e = \frac{U}{d}.e = \frac{{2500}}{{0,05}}{.1,6.10^{ - 19}} = {8.10^{ - 15}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\].
Đáp án: \(30\Omega \)
Phương pháp giải:
Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện: \({U_C} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Định lí Vi – et:
Giải chi tiết:
Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:
\({U_C} = I.{Z_C} = \frac{{U{Z_C}}}{Z} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{{\left( {{R^2} + {Z_L}} \right)}^2} - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }}\)
\( \Rightarrow {U_C} = \frac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)
Từ (1), ta có: \(\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\frac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\frac{1}{{{Z_C}}} + 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 0\)
Với giá trị của dung kháng \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{C_1}}} = \frac{{125}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\\{{Z_{{C_2}}} = 125{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega }\end{array}} \right.\), cho cùng 1 giá trị hiệu điện thế: \({U_{{C_1}}} = {U_{{C_2}}} = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\)
Khi \({Z_C} \to \infty \) thì \({U_C} = U = 72,11{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V = 20\sqrt {13} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V\)
\( \Rightarrow 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\frac{{20\sqrt {13} }}{{100}}} \right)^2} = 0,48\)
Theo định lí Vi – et, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}}\\{{x_1}{x_2} = \frac{c}{a}}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}} + \frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{2{Z_L}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\\{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \frac{{0,48}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow {R^2} + {Z_L}^2 = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\frac{1}{{{Z_{{C_2}}}}}}} = \frac{{0,48}}{{\frac{1}{{\frac{{125}}{3}}}.\frac{1}{{125}}}} = 2500\)
.
149,3.
293,3.
168.
117,92.
Phương pháp giải:
Bình H2SO4 đặc hấp thụ H2O ⟹ lượng H2O tạo thành khi đốt 12 gam hỗn hợp.
Bảo toàn nguyên tố H \[ \Rightarrow {n_H} = 2{n_{{H_2}O}}\]
Bảo toàn khối lượng \[ \Rightarrow {m_C} = {m_{hh}} - {m_H} \to {n_C}\]
Bảo toàn nguyên tố C \( \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = {n_C} \to {V_{C{O_2}\left( {dktc} \right)}}\)
Tính toán dựa theo tỷ lệ để suy ra thể tích khí CO2 khi đốt 100 gam hỗn hợp.
Giải chi tiết:
Bình H2SO4 đặc hấp thụ H2O ⟹ \[{m_{{H_2}O}} = 21,6\left( g \right) \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{21,6}}{{18}} = 1,2\left( {mol} \right)\]
Bảo toàn nguyên tố H ⟹ \[{n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 2 \times 1,2 = 2,4\left( {mol} \right)\]
Bảo toàn khối lượng ⟹ \[{m_C} = {m_{hh}} - {m_H} = 12 - 2,4 \times 1 = 9,6\left( g \right) \to {n_C} = \frac{{9,6}}{{12}} = 0,8\left( {mol} \right)\]
Bảo toàn nguyên tố C ⟹ \[{n_{C{O_2}}} = {n_C} = 0,8\left( {mol} \right) \to {V_{C{O_2}\left( {dktc} \right)}} = 0,8 \times 22,4 = 17,92\left( l \right)\].
Tỷ lệ: 12 gam hỗn hợp sinh ra 17,92 lít khí CO2
⟹ 100 gam hỗn hợp sinh ra 149,33 lít khí CO2.
MgSO4.5H2O.
MgSO4.6H2O.
MgSO4.8H2O.
MgSO4.7H2O.
Phương pháp giải:
Khái niệm độ tan:
Độ tan (S) của một chất trong nước là số gam chất đó hòa tan trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định.
Giải chi tiết:
Công thức tinh thể là MgSO4.nH2O.
⟹ [202 – \[\frac{{3,16}}{{120}}\] (120 + 18n)].35,1 = 135,1.50,8
⟹ n = 7
⟹ Công thức của tinh thể A là MgSO4.7H2O.
28,14%.
26,36%.
24,47%.
25,19%.
Phương pháp giải:
Cô cạn Y thu được chất rắn khan gồm Fe(NO3)2 (a mol) và Fe(NO3)3 (b mol).
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: a + b = nFe = 26,88 : 56 = 0,48 (mol).
Khi nung muối đến khối lượng không đổi:
2 Fe(NO3)2 → Fe2O3 + 4NO2 + 1/2O2
a mol → 2a 0,25a
2 Fe(NO3)3 → Fe2O3 + 6NO2 + 3/2O2
b mol → 3b 0,75b
Sau khi nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn giảm chính là tổng khối lượng NO2 và O2 thoát ra.
Từ đó lập hệ phương trình tìm được a và b. Khi đó tính được nNO3- (Y) = 2a + 3b
Dùng bảo toàn nguyên tố N để tính được nN (Z)
Từ oxi chiếm 61,11% về khối lượng nên tính được mZ, nO (Z).
Quy đổi X thành Fe và O.
Áp dụng định luật bảo toàn electron để tìm khối lượng X.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mdung dịch Y = mX + mdd HNO3 - mZ
Vậy tìm được nồng độ % của Fe(NO3)3.
Giải chi tiết:
Ta có: nHNO3 ban đầu = 1,44 mol
Cô cạn Y thu được chất rắn khan gồm Fe(NO3)2 (a mol) và Fe(NO3)3 (b mol).
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: a + b = nFe = 26,88 : 56 = 0,48 (mol).
2 Fe(NO3)2 → Fe2O3 + 4NO2 + 1/2O2
a mol → 2a 0,25a
2 Fe(NO3)3 → Fe2O3 + 6NO2 + 3/2O2
b mol → 3b 0,75b
Sau khi nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn giảm chính là tổng khối lượng NO2 và O2 thoát ra.
Ta có hệ: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b = 0,48}\\{46(2a + 3b) + 32(0,25a + 0,75b) = 67,84}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,16{\rm{mol}}}\\{{\rm{b = 0}},{\rm{32mol}}}\end{array}} \right.\]
→ nNO3- (Y) = 2a + 3b = 1,28 mol
Bảo toàn nguyên tố N ta có:
nN(trong Z) = nHNO3 - nNO3- (Y) = 1,44 - 1,28 = 0,16 mol
Vì trong hỗn hợp khí Z oxi chiếm 61,11% về khối lượng nên nitơ chiếm 38,89% về khối lượng.
→ mZ = mN.(100/38,89) = 0,16.14.(100/38,89) = 5,76 gam
Ta có: nO (Z) = 5,76.61,11%/16 = 0,22 (mol)
Quy đổi X thành Fe (0,48 mol) và O (x mol).
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2.nFe2+ + 3.nFe3+ + 2.nO (Z) = 2.nO (X) + 5.nN (Z)
⟹ 0,16.2 + 0,32.3 + 0,22.2 = 2x + 0,16.5 → x = 0,46 mol
→ mX = mFe + mO = 26,88 + 0,46.16 = 34,24 (gam)
Sơ đồ: X + HNO3 → Muối + Z + H2O
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mdung dịch Y = mX + mdd HNO3 - mZ = 34,24 + 288 - 5,76 = 316,48 (gam)
Vậy \[C{\% _{Fe\left( {NO3} \right)3}} = \frac{{0,32.242.100\% }}{{316,48}} = {\rm{ }}24,47\% \].
3,12.
2,97.
3,36.
2,76.
Phương pháp giải:
Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các axit vô cơ (H2CO3 và HNO3).
Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amin.
⟹ Công thức cấu tạo của 2 chất ban đầu.
Giải chi tiết:
Dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ ⟹ 2 chất ban đầu là muối của các axit vô cơ (H2CO3 và HNO3).
Sau phản ứng thu được 2 chất hữu cơ đơn chức (đều làm xanh giấy quỳ tím ẩm) ⟹ 2 chất hữu cơ này là amin.
⟹ X gồm (CH3NH3)2CO3 (a mol) và C2H5NH3NO3 (b mol)
⟹ mX = 124a + 108b = 3,4 (1)
(CH3NH3)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + 2CH3NH2 ↑ + 2H2O
a → a → 2a (mol)
C2H5NH3NO3 + NaOH → NaNO3 + C2H5NH2 ↑ + H2O
b → b → b (mol)
⟹ namin = 2a + b = 0,04 (2)
Từ (1)(2) ⟹ a = 0,01; b = 0,02.
Muối khan thu được sau phản ứng gồm: Na2CO3 (0,01 mol); NaNO3 (0,02 mol)
⟹ m = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76 gam.
4.
3.
1.
2.
Phương pháp giải:
Dựa vào lý thuyết về phản ứng thủy phân este.
Giải chi tiết:
(a) đúng, vì khi chưa đun nóng thì các phản ứng chưa xảy ra.
(b) đúng, vì đều cung cấp nhiệt độ để phản ứng xảy ra.
(c) đúng, phản ứng thủy phân este trong MT kiềm được gọi là phản ứng xà phòng hóa.
(d) đúng, vì bình 1 có HCOOH và HCOOC2H5 dư, bình 2 có HCOONa đều có khả năng tráng gương.
Vậy cả 4 phát biểu trên đều đúng.
6.
5.
4.
3.
Phương pháp giải:
Phân loại polime theo nguồn gốc:
+ Polime thiên nhiên: có nguồn gốc thiên nhiên.
+ Polime tổng hợp: do con người tổng hợp nên.
+ Polime nhân tạo (bán tổng hợp): lấy polime thiên nhiên và chế hóa thành polime mới.
Giải chi tiết:
Các polime tổng hợp: polietilen, poliacrilonitrin, nhựa novolac, cao su buna-N, tơ nilon-6,6 (5 loại).
9,4.
18,8.
28,2.
37,6.
Phương pháp giải:
Khi cho X phản ứng với HNO3 dư thì chỉ có phản ứng oxi hóa - khử giữa Ag và HNO3. Từ số mol NO2 suy ra số mol Ag.
Bảo toàn nguyên tố Ag suy ra số mol AgNO3 ⟹ khối lượng AgNO3 ⟹ khối lượng Cu(NO3)2.
Giải chi tiết:
Sơ đồ:
Khi cho X phản ứng với HNO3 dư thì chỉ có phản ứng oxi hóa - khử giữa Ag và HNO3:
N+5 + 1e → N+4
0,2 ← 0,2
Ag → Ag+ + 1e
0,2 ← 0,2
Bảo toàn Ag ⟹ nAgNO3 = nAg = 0,2 mol
⟹ mAgNO3 = 0,2.170 = 34 gam
⟹ mCu(NO3)2 = 52,8 - 34 = 18,8 gam.
4.
3.
2.
5.
Phương pháp giải:
Dựa vào điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi là tạo chất khí hoặc chất kết tủa hoặc chất điện li yếu.
Giải chi tiết:
Có 4 dung dịch có phản ứng với Ba(OH)2: NaHCO3, HCl, Ca(HCO3)2, Fe2(SO4)3.
PTHH:
2NaHCO3 + Ba(OH)2 → Na2CO3 + BaCO3 ↓ + 2H2O
(hoặc Na2CO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + 2NaOH)
2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3 ↓ + BaCO3 ↓ + 2H2O.
Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3 ↓ + 3BaSO4 ↓
Thực phẩm bảo quản ở nhiệt độ thấp hơn sẽ giữ được lâu hơn.
Nấu thực phẩm trong nồi áp suất nhanh chín hơn so với khi nấu chúng ở áp suất thường.
Than cháy trong oxi nguyên chất nhanh hơn khi cháy trong không khí.
Nhiên liệu cháy ở tầng khí quyển trên cao nhanh hơn khi cháy ở mặt đất.
Phương pháp giải:
Dựa vào các yếu tố ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng.
Giải chi tiết:
A đúng, vì khi đó nhiệt độ giảm nên tốc độ phản ứng phân hủy thực phẩm giảm, thực phẩm giữ được lâu hơn.
B đúng, vì tăng áp suất tốc độ phản ứng tăng.
C đúng, vì tăng nồng độ chất phản ứng thì tốc độ phản ứng tăng.
D sai, vì ở tầng khí quyển trên cao khí oxi loãng hơn so với mặt đất nên nhiên liệu cháy chậm hơn.
Đáp án: 0,82.
Phương pháp giải:
Khi hỗn hợp + NaOH thì \[1 < \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{este}}}} = 1,2 < 2\] nên hỗn hợp có một este tạo từ phenol (giả sử là X)
Thì X + 2NaOH → muối + H2O
Y + NaOH → muối + ancol
Lập hệ giải nX và nY
BTKL có meste + mNaOH = mmuối + mH2O + mancol ⟹ mancol mà có nancol = nY ⟹ ancol ⟹ CTCT của Y
Vì hỗn hợp muối thu được từ phản ứng là có 3 muối nên X + NaOH tạo 2 muối (khác với muối tạo từ Y) ⟹ CTCT của X
Giải chi tiết:
nhỗn hợp = 0,05 mol
Khi hỗn hợp + NaOH thì \[1 < \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{este}}}} = 1,2 < 2\] nên hỗn hợp có một este tạo từ phenol (giả sử là X)
Thì X + 2NaOH → muối + H2O
Y + NaOH → muối + ancol
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{hh}} = {n_X} + {n_Y} = 0,05}\\{{n_{NaOH}} = 2{n_X} + {n_Y} = 0,06}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_X} = 0,01(mol)}\\{{n_Y} = 0,04(mol)}\end{array}} \right.\)
BTKL có meste + mNaOH = mmuối + mH2O + mancol
⟹ 6,8 + 0,06.40 = 4,7 + 0,01.18 + mancol
⟹ mancol = 4,32 (gam)
⟹ Mancol = \(\frac{{4,32}}{{0,04}} = 108\) (g/mol) ⟹ ancol là C7H8O (C6H5CH2OH)
⟹ este Y là HCOOCH2C6H5 ⟹ muối tạo từ Y là HCOONa (0,04 mol)
Vì hỗn hợp muối thu được từ phản ứng là có 3 muối nên X + NaOH tạo 2 muối (không phải HCOONa) nên X là CH3COOC6H5 (0,01 mol)
Vậy muối gồm: HCOONa (0,04 mol), CH3COONa (0,01 mol) và C6H5ONa (0,01 mol)
→ mCH3COONa = 0,01.82 = 0,82 gam.
Thực quản.
Dạ dày.
Ruột non.
Ruột già.
Giải chi tiết:
Ở động vật có ống tiêu hoá, quá trình tiêu hoá hoá học diễn ra chủ yếu ở ruột non vì ở đó có đủ các loại enzyme phân giải thức ăn.
Quen nhờn
In vết
Điều kiện hóa
Học ngầm.
Giải chi tiết:
Đây là ví dụ về hình thức học tập quen nhờn: động vật phớt lờ, không trả lời những kích thích lặp lại nhiều lần mà không kèm theo nguy hiểm.
Thức ăn
Hoocmôn
Ánh sáng
Nhiệt độ
Giải chi tiết:
Nhân tố bên trong ảnh ảnh hưởng đến sinh trưởng và phát triển ở động vật là hoocmon. Thức ăn, ánh sáng, nhiệt độ là nhân tố bên ngoài.
Trồng cây con bằng hạt
Trồng cây con bằng cách giâm cành.
Trồng cây con bằng củ
Trồng cây con bằng cách chiết cành.
Giải chi tiết:
Trồng cây con bằng hạt, hạt là kết quả của sinh sản hữu tính, nên có sự hợp nhất của giao tử đực và giao tử cái, cây con khác nhau và khác cây mẹ.
Các phương án B,C,D đều là sinh sản vô tính.
3.
4.
2.
1.
Giải chi tiết:
(1) đúng.
(2) đúng, khi đó trên cơ thể sẽ có cả tế bào bình thường và tế bào đột biến.
(3) sai, lai xa và đa bội hóa tạo thể dị đa bội.
(4) đúng, nếu trong quá trình phân bào giảm phân tất cả các cặp nhiễm sắc thể không phân li tạo giao tử đột biến (2n) kết hợp với giao tử bình thường (n) có thể tạo hợp tử 3n.
0,70.
0,40.
0,3.
0,6.
Phương pháp giải:
Tần số của một loại kiểu gen nào đó trong quần thể được tính bằng tỉ lệ giữa số cá thể có kiểu gen đó trên đó trên tổng số cá thể của quần thể.
Giải chi tiết:
Thành phần kiểu gen của quần thể là: \(\frac{{200}}{{1000}}AA:\frac{{200}}{{1000}}Aa:\frac{{600}}{{1000}}aa \leftrightarrow 0,2AA:0,2Aa:0,6aa\).
AaBB; DDEe.
AABB; aaBB; DDEE; DDee.
AaBBDDEe.
AABB; BBee; DDEE; aaee.
Giải chi tiết:
Nuôi cấy hạt phấn rồi lưỡng bội hóa sẽ thu được dòng thuần chủng.
Do nuôi cấy riêng rẽ nên không có các loại giao tử mang gen của 2 loài.
Vậy có thể thu được các kiểu gen: AABB; aaBB; DDEE; DDee.
Giao phối không ngẫu nhiên.
Đột biến.
Chọn lọc tự nhiên.
Các yếu tố ngẫu nhiên.
Giải chi tiết:
Theo thuyết tiến hóa hiện đại, giao phối không ngẫu nhiên.không làm thay đổi tần số alen của quần thể.
Các nhân tố còn lại đều làm thay đổi tần số alen, thành phần kiểu gen của quần thể.
Sự phân bố cá thể.
Mật độ cá thể.
Tỷ lệ đực/cái.
Thành phần nhóm tuổi.
Giải chi tiết:
con/m2 là đơn vị đo mật độ cá thể của quần thể.
Đáp án: 20%
Phương pháp giải:
Giao tử liên kết = (1-f)/2; giao tử hoán vị: f/2
Giải chi tiết:
Ta thấy phân ly tính trạng ở 2 giới là khác nhau → hai gen nằm trên NST X
Quy ước gen : A- thân xám ; a- thân đen ; B- Mắt đỏ; b- mắt trắng
P: \({\rm{X}}_B^AX_B^A \times X_b^aY \to {F_1}:{\rm{X}}_B^AX_b^a \times X_B^AY\)
Tỷ lệ con đực thân xám mắt trắng: \(X_b^AY = 0,05 \to X_b^A = 0,1 \to f = 20\% \).
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
Học liệu phổ biến ĐHQG Hà Nội
ĐHQG Hà Nội
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
