Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2023 - 2024 có lời giải (Đề 3)
150 câu hỏi
Theo báo cáo thường niên năm 2017 của ĐHQG-HCM, trong giai đoạn từ năm 2012 đến năm 2016, ĐHQG-HCM có 5.708 công bố khoa học, gồm 2.629 công trình được công bố trên tạp chí quốc tế và 3.079 công trình được công bố trên tạp chí trong nước. Bảng số liệu chi tiết được mô tả ở hình bên.
Năm nào số công trình được công bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỷ lệ cao nhất trong số các công bố khoa học của năm?
Năm 2013.
Năm 2014.
Năm 2015.
Năm 2016.
Phương pháp giải:
- Đọc số liệu trên biểu đồ, cột số công trình được công bố trên tạp chí quốc tế.
- Tìm cột cao nhất tương ứng với năm nào rồi chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Năm 2016 có lượng công trình khoa học được công bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỉ lệ cao nhất : 732 công trình.
\(112,2m/s\)
\(117,2m/s\)
\(127,7m/s\)
\(112,7m/s\)
Phương pháp giải:
\(v\left( t \right) = s'\left( t \right)\)
Giải chi tiết:
Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = gt \Rightarrow v\left( {11,5} \right) = 9,8.11,5 = 112,7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).
\(\frac{2}{3}\)
2
\(\frac{6}{7}\)
\(\frac{4}{5}\)
Phương pháp giải:
- Đưa hai vế của phương trình về cùng cơ số.
- Giải phương trình \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\).
Giải chi tiết:
\({4^{2x + 3}} = {8^{4 - x}} \Leftrightarrow {2^{2\left( {2x + 3} \right)}} = {2^{3\left( {4 - x} \right)}}\)\( \Leftrightarrow 4x + 6 = 12 - 3x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}\)
1
2
3
4
Phương pháp giải:
Giải phương trình thứ hai tìm nghiệm \(x\) và thế vào phương trình thứ nhất tìm \(y\).
Giải chi tiết:
Ta có: \({\left| x \right|^3} + 2{x^2} + 3\left| x \right| = 6\)
\( \Leftrightarrow {\left| x \right|^3} + 2{\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 6\)
Với \(\left| x \right| = 1 \Rightarrow \left| y \right| = 0 \Rightarrow y = 0\)
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.
\(P\left( { - 1; - \sqrt 2 i} \right)\)
\(Q\left( { - 1;\sqrt 2 i} \right)\)
\(N\left( { - 1;\sqrt 2 } \right)\)
\(M\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)\)
Phương pháp giải:
Nghiệm của phương trình \(a{z^2} + bz + c = 0,{\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) là
Giải chi tiết:
Phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có
Suy ra phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có nghiệm
\[{z_1}\] là nghiệm phức có phần ảo âm . Điểm biểu diễn của \[{z_1}\] là \[M\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)\].
\[y + 2 = 0.\]
\(y = 0.\)
\(y - 2 = 0.\)
\(x + z = 5\)
Phương pháp giải:
- Tìm vecto pháp tuyến của mặt phẳng.
- Viết phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT là \(\vec n\left( {A;B;C} \right)\) là:
\(A\left( {x - {x_0}} \right) + \left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)
Giải chi tiết:
Mặt phẳng vuông góc với trục Oy có vecto pháp tuyến là \(\vec n = \left( {0;1;0} \right)\)
Mặt phẳng đó đi qua điểm \(M\left( {2;2;3} \right)\) và có dạng \(y - 2 = 0\).
\(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\)
\(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\)
\(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\)
\(\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\)
Phương pháp giải:
Điểm \(M\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\) có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right).\)
Giải chi tiết:
Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right).\)
\(\left[ { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{3}{2}} \right]\)
\(\left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\)
\(\left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)\)
\(\left[ { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{3}{2}} \right)\)
Phương pháp giải:
Giải bất phương trình bậc nhất 1 ẩn: \(\frac{A}{B} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \le 0}\\{B > 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \ge 0}\\{B < 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right..\)
Giải chi tiết:
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right).\)
2018.
1009.
2017.
1008.
Phương pháp giải:
Biến đổi đưa về các phương trình lượng giác cơ bản dạng: \(\cos x = a\)
Giải chi tiết:
Vì nên
Như vậy, có 2018 số k thỏa mãn, suy ra, phương trình đã cho có 2018 nghiệm trong \(\left[ {0;2018\pi } \right]\).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
98
100
102
104
Phương pháp giải:
Tổng \(n\) số hạng đầu của một cấp số cộng là \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2}\) hay \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).
Giải chi tiết:
Dễ thấy số hạt dẻ đặt vào từng ô tạo thành một cấp số cộng với \({u_1} = 7;\;d = 5.\)
Gọi bàn cờ đó có \(n\) ô \( \Rightarrow {S_n} = 25450 = \frac{{n\left[ {2.7 + \left( {n - 1} \right).5} \right]}}{2}\)
\[ \Leftrightarrow n\left( {5n + 9} \right) = 50900 \Leftrightarrow 5{n^2} + 9n - 50900 = 0 \Rightarrow n = 100\] (do \[n \in {N^*}\])
Vậy bàn cờ đó có 100 ô.
\[F\left( x \right) = 2\ln \left| {x + 3} \right| - \ln \left| {x + 1} \right| + C\]
\[F\left( x \right) = \ln \left( {2\left| {x + 1} \right|} \right)\]
\[F\left( x \right) = \ln \left| {\frac{{x + 1}}{{x + 3}}} \right| + 2\]
\[F\left( x \right) = \ln \left[ {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 3} \right)} \right]\]
Phương pháp giải:
Rút gọn biểu thức dưới dấu nguyên hàm, sa dụng công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản đề tìm nguyên hàm.
Giải chi tiết:
\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 4x + 3}}{\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x} \)\( = \ln \left| {x + 1} \right| + C\).
Cho hàm số , hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ.
Bất phương trình \(f\left( x \right) < m - {x^3} - x\) (\(m\) là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 2;0} \right)\) khi và chỉ khi:
\(m > f\left( 0 \right)\)
\(m \ge f\left( { - 2} \right) - 10\)
\(m > f\left( { - 2} \right) - 10\)
\(m \ge f\left( 0 \right)\)
Phương pháp giải:
- Cô lập \(m\), đưa bất phương trình về dạng \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\) \( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).
- Lập BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\) và kết luận.
Giải chi tiết:
Ta có: \(f\left( x \right) < m - {x^3} - x\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) + {x^3} + x < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\).
Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^3} + x\) ta có \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).
Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 3{x^2} + 1\);
Số nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên \(\left[ { - 2;0} \right]\), phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) có duy nhất nghiệm \(x = 0\).
BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\):
Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\).
Vậy \(m \ge f\left( 0 \right)\).
\(994m\)
\(945m\)
\(1001m\)
\(471m\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính quãng đường xe đi được trong khoảng thời gian từ \(a\) đến \(b\) là: \(s = \int\limits_a^b {v\left( t \right)dt} .\)
Giải chi tiết:
Ta có quãng đường vật đó chuyển động được là:
19.
22.
21.
20.
Phương pháp giải:
Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r% mỗi tháng. Tính số tiền thu được sau n tháng: \({A_n} = \frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r}\)
Giải chi tiết:
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để
\(\frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r} \ge 200 \Leftrightarrow \frac{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 200\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} \ge \frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1 + 0,6\% }}\left( {\frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1} \right) \approx 18,84 \Rightarrow {n_{\min }} = 19\)
Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.
\(\left[ {0;\frac{1}{9}} \right]\)
\(\left( { - \infty ;\frac{1}{9}} \right]\)
\(\left( {0;\frac{1}{9}} \right]\)
\(\left[ {\frac{1}{9}; + \infty } \right)\)
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y > 0} \right)\), đưa bất phương trình về dạng \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right)\).
- Giải bất phương trình \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right) \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 1} \right)\).
- Giải bất phương trình chứa căn:
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: \(x > 0\).
Ta có:
Do \(x > 0\) nên
Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow \left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).
\(\frac{\pi }{{1000}}\)
\(\frac{\pi }{2}\)
\(\frac{{{\pi ^2}}}{2}\)
\(\frac{{{\pi ^2}}}{{1000}}\)
Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), \(x = a\), \(x = b\) là: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \).
Giải chi tiết:
Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình \(\left( D \right)\) quay xung quanh \(Ox\) bằng:
9
45
55
36
Phương pháp giải:
- Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.
- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \(m \le f\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).
- Đánh giá hoặc lập BBT để tìm \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).
Giải chi tiết:
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).
Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4mx\).
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\).
\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow m \le {x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow m \le \min \left( {{x^2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow m \le {3^2} = 9\)
Kết hợp điều kiện bài toán ta có m là số nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;...;9} \right\}\).
Vậy tổng các giá trị của m là \(1 + 2 + 3 + ... + 9 = \frac{{9.10}}{2} = 45\).
\(z = \frac{{14}}{5} + \frac{8}{5}i\)
\(z = 4 - 2i\)
\(z = 4 + 2i\)
\(z = \frac{{14}}{5} - \frac{8}{5}i\)
Phương pháp giải:
Đưa phương trình về phương trình bậc nhất đối với \(z\) và tìm \(z\).
Giải chi tiết:
\(2z - 3\left( {1 + i} \right) = iz + 7 - 3i\)
\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 7 - 3i + 3\left( {1 + i} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 10\)
\( \Leftrightarrow z = \frac{{10}}{{2 - i}} = 4 + 2i\).
\(2x + 4y + 13 = 0\)
\(4x + 2y + 3 = 0\)
\( - 2x + 4y - 13 = 0\)
\(4x - 2y + 3 = 0\)
Phương pháp giải:
Phương pháp tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức
Bước 1: Gọi số phức \(z = x + yi\) có điểm biểu diễn là \(M(x;y)\)
Bước 2: Thay z vào đề bài \( \Rightarrow \) Sinh ra một phương trình:
+) Đường thẳng: \(Ax + By + C = 0.\)
+) Đường tròn: \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0.\)
+) Parabol: \(y = a.{x^2} + bx + c\)
+) Elip: \(\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b} = 1\)
Giải chi tiết:
Giả sử ta có số phức \(z = x + yi\). Thay vào điều kiện \(|z + 2| = |i - z|\) có
\(|x + yi + 2| = |i - (x + yi)| \Leftrightarrow |(x + 2) + yi| = | - x + (1 - y)i|\)
1
2
3
4
Phương pháp giải:
+) Từ giả thiết tính độ dài đường cao CH hạ từ đỉnh C: \[CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}}\]
+) Tham số hóa tọa độ điểm G trên đường thẳng \(3x - y - 8 = 0\), suy ra tọa độ điểm C theo tham số.
+) Dùng khoảng cách \[d\left( {C;AB} \right) = CH\] thiết lập phương trình và giải tham số ta tìm được đỉnh C.
Giải chi tiết:
Ta có
Gọi CH là đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC
\[ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.CH \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.\frac{3}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }} = d\left( {C;AB} \right)\]
\[G \in \left( {2x - y - 8 = 0} \right) \Rightarrow G\left( {t;3t - 8} \right)\]
G là trọng tâm tam giác \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{2 + 3 + {x_C}}}{3}}\\{3t - 8 = \frac{{ - 3 - 2 + {y_C}}}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 3t - 5}\\{{y_C} = 9t - 19}\end{array}} \right..C\left( {3t - 5;9t - 19} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t > \frac{5}{3}} \right)\)
Ta có đường thẳng AB đi qua A và nhận \(\vec n = \left( {1; - 1} \right)\) là 1 VTPT nên có phương trình \(1\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 5 = 0\)
\( \Rightarrow d\left( {C;AB} \right) = \frac{{\left| {3t - 5 - 9t + 19 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\)
\(m = 3\)
\(m = \frac{1}{3}\)
\(m = - 3\)
Phương pháp giải:
Phương trình \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) là đường tròn nếu thỏa mãn các điều kiện:
+) Hệ số của \({x^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y^2}\) bằng nhau.
+) \({a^2} + {b^2} - c > 0\)
Giải chi tiết:
Xét \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0,\) ta có:
Điều kiện để phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là đường tròn:
+) \({m^2} + 1 = m\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = {m^2} + 3m\)\( \Leftrightarrow 3m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)
+) \({a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow 4{m^2}{\left( {m + 1} \right)^2} + m + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)
Thay \(m = \frac{1}{3}\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có: \(4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{3} + 1} \right)^2} + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{9} \cdot \frac{{16}}{9} + \frac{4}{3} > 0\) (thỏa mãn)
Vậy với \(m = \frac{1}{3}\) phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là phương tình đường tròn.
\(3x + 6y - 5z = 0\)
\(9x + 3y - 5z = 0\)
\(9x + 3y + 5z = 0\)
\(3x - 6y - 5z = 0\)
Phương pháp giải:
\({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)
Giải chi tiết:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\\{\left( Q \right) \supset OK}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot {{\vec n}_{\left( P \right)}}}\\{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OK} }\end{array}} \right. \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)
Ta có
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là: \(3x + 6y - 5z = 0\).
π
\(\frac{5}{3}\pi \)
\(\frac{4}{3}\pi \)
\(\frac{2}{3}\pi \)
Phương pháp giải:
- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh \(l\), bán kính đáy \(R\) là: \({S_{xq}} = \pi rl\). Tìm \(l\).
- Tìm chiều cao của khối nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} \).
- Thể tích xung quanh của hình nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\).
Giải chi tiết:
Gọi \(h,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} l\) lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.
Diện tích xung quanh hình nón là
Chiều cao của hình nón là:
Vậy thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{4\pi }}{3}.\)
\[{V_1} = \frac{4}{9}{V_2}\]
\[{V_1} = \frac{3}{2}{V_2}\]
\[{V_1} = 3{V_2}\]
\({V_1} = \frac{9}{4}{V_2}\)
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) và công thức thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Giải chi tiết:
Quay miền tam giác \(SAB\) quanh cạnh \(SA\) ta được khối nón có chiều cao \(h = SA\), bán kính đáy \(R = AB\).
\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA\)
Quay nửa hình tròn quanh cạnh \(SA\) ta được khối cầu có bán kính \(IA\).
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{IA}}{{IS}} = \frac{{AB}}{{SB}} = \cos {60^0} = \frac{1}{2} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \frac{1}{3}SA\)
\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .I{A^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{S{A^3}}}{{27}} = \frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\)
\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA}}{{\frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \frac{{27}}{4}.\frac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\cot {{60}^0}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{9}{4}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\)
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
Phương pháp giải:
- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng \(AA'\) và BC.
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(A'G\).
- Áp dụng công thức tính thể tích \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}}\).
Giải chi tiết:
Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\( \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'G \bot BC\); \(BC \bot AM\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {MAA'} \right)\).
Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(MI \bot AA'\) tại \(I\); khi đó ta có \(BC \bot IM\) nên \(IM\) là đoạn vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\), do đó \(d\left( {AA';BC} \right) = IM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)
Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(GH \bot AA'\) tại \(H\), áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{GH}}{{IM}} = \frac{2}{3}\) \( \Leftrightarrow GH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'G\) ta có:
\(\frac{1}{{H{G^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow A'G = \frac{{AG.HG}}{{\sqrt {A{G^2} - H{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \frac{a}{3}\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}} = \frac{a}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\).
\(\frac{2}{3}\)
\(\frac{1}{4}\)
\(\frac{1}{2}\)
\(\frac{1}{3}\)
Giải chi tiết:
Trong mp(SAD) gọi \(P = MN \cap AD\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in MN}\\{P \in AD \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow P = MN \cap \left( {ABCD} \right)\)
Trong mp(ABCD) gọi \(K = PC \cap AB\). Khi đó điểm K là điểm cần dựng.
Từ \(SA = 3AN{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)\) suy ra \(AN = \frac{1}{4}SA\)
Gọi E là trung điểm AD. Ta có ME là đường trung bình của tam giác SAD \( \Rightarrow ME//SA\)
\( \Rightarrow AN//ME\).
Áp dụng định lí Talet ta có : \(\frac{{PA}}{{PE}} = \frac{{AN}}{{ME}} = \frac{{\frac{1}{4}SA}}{{\frac{1}{2}SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3}\)
Trong mặt phẳng (ABCD), có AK / / CD nên ta có: \(\frac{{AK}}{{CD}} = \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{1}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = CD} \right) \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{1}{2}\).
\( - 1\)
1
3
2
Phương pháp giải:
- Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).
- Đánh giá GTNN của tích \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \) đạt được dựa vào điểm \(E\).
Giải chi tiết:
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow E\left( {1; - 2; - 1} \right)\) và \(AB = 6\sqrt 2 \).
Ta có:
Suy ra \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \) đạt GTNN khi \(ME\) đạt GTNN.
Lại có: \(ME + MI \ge IE \Rightarrow ME + MI \ge IN + NE \Rightarrow ME \ge NE\)
\( \Rightarrow ME\) đạt GTNN khi \(M \equiv N\) với \(N = IE \cap \left( S \right)\)
Đường thẳng \(IE\) đi qua \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và nhận làm VTCP nên
\(N = IE \cap \left( S \right)\) nên \({\left( { - 1 + t} \right)^2} + {\left( {2 - 2t} \right)^2} + {\left( {1 - t} \right)^2} + 2\left( { - 1 + t} \right) - 4\left( {2 - 2t} \right) - 2\left( {1 - t} \right) + \frac{9}{2} = 0\)
\( \Leftrightarrow 6{\left( {t - 1} \right)^2} + 12\left( {t - 1} \right) + \frac{9}{2} = 0\)
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{N\left( { - \frac{1}{2};1;\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow NE = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}}\\{N\left( { - \frac{3}{2};3;\frac{3}{2}} \right) \Rightarrow NE = \frac{{5\sqrt 6 }}{2}}\end{array}} \right.\)
\(M{E_{\min }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) khi
Phương pháp giải:
- với lần lượt là VTCP của đường thẳng và VTPT của
- Phương trình đường thẳng đi qua và có 1 VTCP có phương trình
Giải chi tiết:
Mặt phẳng có 1 VTPT
\( \Rightarrow \) Đường thẳng vuông góc với \(\alpha \) có 1 VTCP
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bản biến thiên như sau :
Hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) có bao nhiêu điểm cực trị?
5
3
2
4
Phương pháp giải:
- Tính \(g'\left( x \right)\), giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\).
- Xác định các nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) mà qua đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu.
Giải chi tiết:
Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)
Ta không xét \({x^2} - 2x = 1\) do qua đó \(f'\left( x \right)\).
Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.
\[M(1;3;0)\]
\[M(1; - 3;0)\]
\[M(3;1;0)\]
\[M(2;6;0)\]
Giải chi tiết:
\(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M(m;n;0)\)
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\)
Vậy \(M(1;3;0).\)
5
3
1
vô số
Phương pháp giải:
- Dựa vào số điểm cực trị để biện luận nghiệm của phương trình \(y = {x^3} - 3x + m\).
- Lập bảng biến thiên và suy ra các giá trị của \(m\).
Giải chi tiết:
Để phương trình \(y = \left| {{x^3} - 3x + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \({x^3} - 3x + m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có: \({x^3} - 3x + m = 0\)
Đặt
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có
1
0
2
4
Phương pháp giải:
Tìm điều kiện xác định
Dựa vào điều kiện có nghiệm của hệ để phân tích các trường hợp xảy ra của tham số \[m\].
Giải chi tiết:
ĐK: \[x \ge 1.\]
Xét phương trình
Vì
+ Với \[m = 0\] ta có hệ phương trình
+ Với \[m > 0\] thì bất phương trình vô nghiệm vì
Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài là \(m = 0.\)
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {\pi ^x}}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array}} \right.\).
Giải chi tiết:
Đặt \(I = \int {f'\left( x \right).{\pi ^x}dx} \).
Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {\pi ^x}}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = {\pi ^x}\ln \pi }\\{v = f\left( x \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow I = {\pi ^x}f\left( x \right) - \ln \pi \int {{\pi ^x}f\left( x \right)dx} \).
Vì \(F\left( x \right) = {x^\pi }\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right).{\pi ^x}\)
\(\frac{{126}}{{1147}}\)
\(\frac{{252}}{{1147}}\)
\(\frac{{26}}{{1147}}\)
\(\frac{{12}}{{1147}}\)
Phương pháp giải:
Công thức tính xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)
Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 2 và 3.
Giải chi tiết:
Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 40 tấm thẻ đã cho là: \({n_\Omega } = C_{40}^{10}\) cách chọn.
Gọi biến cố A: “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 6”.
Số thẻ chia hết cho 6 được chọn trong các số: 6; 12; 18; 24; 30; 36.
\( \Rightarrow {n_A} = C_{20}^5.C_{14}^4.C_6^1\) cách chọn.
\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{C_{20}^5C_{14}^4C_6^1}}{{C_{40}^{10}}} = \frac{{126}}{{1147}}.\)
\(2{a^3}\)
\(\frac{{3{a^3}}}{8}\)
\(\frac{{{a^3}}}{3}\)
\(3{a^3}\)
Phương pháp giải:
- Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.
- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao \(h = AA'\).
- Tính diện tích đáy \({S_{A'B'C'}}\), sử dụng công thức \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\).
- Tính thể tích khối lăng trụ \(V = Sh\).
Giải chi tiết:
Gọi \(D\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D \bot B'C'}\\{AA' \bot B'C'}\end{array}} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'}\\{\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'}\\{\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {AD;A'D} \right) = \angle ADA' = {60^0}\)
Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\) nên \(\angle DA'C' = \frac{1}{2}\angle B'A'C' = {60^0}\) (trung tuyến đồng thời là phân giác).
Xét tam giác vuông \(A'C'D\) có: \(A'D = A'C'.cos{60^0} = 2a.\frac{1}{2} = a.\)
Xét tam giác vuông \(AA'D\) có: \(AA' = A'D.\tan {60^0} = a.\sqrt 3 .\)
Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 .\)
Vậy
Đáp án: 0
Phương pháp giải:
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \({x_0}\) là \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).
Giải chi tiết:
Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 = 0\) nên hệ số góc cần tìm là \(k = 0\).
Đáp án: 2
Phương pháp giải:
- Xác định số nghiệm bội chẵn, bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)
- Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
Giải chi tiết:
+
Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.
Đáp án: \(\frac{4}{3}\)
Phương pháp giải:
+) \(\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \left( P \right)\)
+) . Khoảng cách từ M đến là:
Giải chi tiết:
Ta có: \(A\left( { - 3;0;0} \right) \in \left( P \right)\), \[\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3 + 0 - 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \frac{4}{3}\].
Đáp án: \(\frac{5}{{11}}\)
Phương pháp giải:
- Tính số phần tử của không gian mẫu.
- Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”, sử dụng tổ hợp chọn 4 người còn lại vào cùng bảng đó, và tính số phần tử của biến cố A.
- Tính xác suất của biến cố.
Giải chi tiết:
Chia 12 người vào 2 bảng \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.
Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.
Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là \(C_{10}^4\) cách.
\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2.C_{10}^4 = 420\).
Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là \(P\left( A \right) = \frac{{420}}{{924}} = \frac{5}{{11}}\).
Đáp án: \(L = \frac{1}{4}\)
Phương pháp giải:
- Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right)\), tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\).
- Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
Giải chi tiết:
Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 15\).
Chú ý liên hợp bậc 4: \(a - b = \frac{{{a^4} - {b^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}\).
\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[4]{{f\left( x \right) + 1}} - 2}}{{2{x^2} - 7x + 6}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1 - 16}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}.\frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}\)
\[ = \frac{1}{{8 + 8 + 8 + 8}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = \frac{1}{{32}}.8 = \frac{1}{4}\].
Đáp án: \[M = 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 0\]
Phương pháp giải:
Cho hàm số \[y = a{x^2} + bx + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\]
Với \[a > 0:\] Giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được tại
Với \[a < 0:\]Giá trị lớn nhất của hàm số đạt được tại
Giải chi tiết:
Hàm số \[y = {x^2} - 4x + 3\] có \[a = 1 > 0\] nên bề lõm quay lên trên.
Hoành độ đỉnh
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 0}\\{f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \min y = f\left( 1 \right) = 0}\\{M = \max y = f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right..\)
Đáp án: \(m < 3\)
Phương pháp giải:
Hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt.
Giải chi tiết:
Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\)
\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y' = 0\) \( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)
Hàm số có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3.\)
Đáp án: 4
Phương pháp giải:
Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\), 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:
Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x},y = 0,x = 0,x = \ln 5\) là:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đồ thị như hình vẽ sau. Tìm \(m\) để phương trình \(f\left( {\sin x} \right) = m\) có đúng hai nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right].\)
Phương pháp giải:
Sử dụng đồ thị.
Giải chi tiết:
Đặt \(\sin x = t \in \left[ {0;1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0;\pi } \right]} \right)\)\( \Rightarrow t' = \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\)
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ứng với mỗi giá trị của t khác 1 thì có 2 giá trị của x.
Do đó để phương trình \(f\left( {\sin x} \right) = m\) có đúng 2 nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) thì phương trình \(f\left( t \right) = m\) phải có một nghiệm duy nhất trên \(\left[ {0;1} \right)\)
Đáp án: \(R = 5\sqrt {13} \)
Phương pháp giải:
Thế số phức từ yêu cầu vào giả thiết để biểu diễn môđun liên quan đến số phức w
Giải chi tiết:
Ta có \(\left| {z - 1} \right| = \left| {\overline {z - 1} } \right| = \left| {\bar z - 1} \right| = 5\) mà \(w = \left( {2 + 3i} \right)\bar z + 3 + 4i \Leftrightarrow \bar z = \frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}}\)
Suy ra \[\left| {\frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}} - 1} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 5 - 7i}}{{2 + 3i}}} \right| = 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 5 - 7i} \right|}}{{\left| {2 + 3i} \right|}} = 5 \Leftrightarrow \left| {w - 5 - 7i} \right| = 5\sqrt {13} \]
Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức \[w\] là đường tròn tâm \[I\left( {5;7} \right),\], bán kính \[R = 5\sqrt {13} .\]
Đáp án:
Phương pháp giải:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) ta làm như sau
+) Xác định giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).
+) Trong \(\left( P \right)\) xác định đường thẳng \(a \bot d,\) trong \(\left( Q \right)\) xác định \(b \bot d\).
+) Góc giữa \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\) là góc giữa \(a\) và \(b.\)
Giải chi tiết:
Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\) (do \(ABCD\) là hình vuông)
Trong \(\left( {A'BD} \right)\) có \(A'O \bot BD\) (do tam giác \(A'BD\) cân tại \(A'\))
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'O\) và \(AC\) hay
Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\) (do \(ABCD\) là hình vuông)
Trong \(\left( {A'BD} \right)\) có \(A'O \bot BD\) (do tam giác \(A'BD\) cân tại \(A'\))
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'O\) và \(AC\) hay
Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\)
Xét tam giác \(AA'O\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \)
Vậy
Đáp án: \(\frac{4}{3}\)
Phương pháp giải:
Nếu \(\Delta //\left( P \right)\) thì \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \Delta \).
Giải chi tiết:
Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z + 5 = 0\) có 1 VTPT \(\vec n = \left( {2; - 2;1} \right)\). Đường thẳng Δ có 1 VTCP \(\vec u = \left( {1; - 1; - 4} \right)\)
Ta có: \(\vec n.\vec u = 2.1 - 2.\left( { - 1} \right) + 1.\left( { - 4} \right) = 0 \Rightarrow \Delta //\left( P \right)\)
Lấy \(A\left( { - 1;2; - 3} \right) \in d,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \notin \left( P \right)\) (do \(2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5 \ne 0\))
\( \Rightarrow d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\)
Vậy \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\).
Đáp án: \({P_{\min }} = 9\)
Phương pháp giải:
+) Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y > 0} \right)\), giải bất phương trình logarit cơ bản \({\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a < 1} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\).
+) Rút \(x\) theo \(y\), thế vào \(P\).
+) Đưa \(P\) về dạng \(P = f\left( y \right)\). Lập BBT và tìm GTNN của \(P = f\left( y \right)\).
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có:
\[{\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\]
\[ \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} > 0\]. Mà \[x > 0 \Rightarrow y - 1 > 0 \Leftrightarrow y > 1\].
\[ \Rightarrow x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\]. Khi đó ta có \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\).
Xét hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\) ta có:
\(f'\left( y \right) = \frac{{2y\left( {y - 1} \right) - {y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} + 3 = \frac{{{y^2} - 2y + 3{y^2} - 6y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \frac{{4{y^2} - 8y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2}}\\{y = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)
BBT:
Từ BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{y > 1} f\left( y \right) = f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 9\).
Vậy \(P \ge 9\) hay \({P_{\min }} = 9\).
Đáp án: \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Phương pháp giải:
- Tính \({V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}}\)
- Chứng minh \(\Delta SAD\) vuông, tính \({S_{\Delta SAD}}\).
- Sử dụng công thức \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}}\)
Giải chi tiết:
Ta có: \({S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
\( \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB}\\{AD \bot SI}\end{array}} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SA\)\( \Rightarrow \Delta SAD\)vuông tại \(A\).
Xét tam giác vuông \(SAI\):
\( \Rightarrow {S_{\Delta SAD}} = \frac{1}{2}SA.AD = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\)
Vậy \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Đáp án: \({a^3}\)
Phương pháp giải:
Khối chóp có thể tích lớn nhất khi 3 cạnh đôi một vuông góc.
Giải chi tiết:
Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC = 2a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD = 3a\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(DH \le AD\).
Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \frac{1}{2}AB.AC\)
Vây \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \frac{1}{3}AD.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\)
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB \bot AC\) hay \(AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD\) đôi một vuông góc.
Vẻ đẹp bức tranh tứ bình
Nỗi nhớ Tây Bắc của tác giả
Nỗi nhớ thiên nhiên và con người Tây Bắc
Nỗi nhớ thiên nhiên con người thông qua bức tranh tứ bình
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Đoạn trích thể hiện nỗi nhớ thiên nhiên, con người Việt Bắc thông qua bức tranh tứ bình.
Mùa đông nhưng không có tuyết.
Mùa đông nhưng lại có ánh nắng.
Mùa đông lại kết hợp với hàng loạt các từ ngữ là đặc trưng của mùa hè.
Mùa đông nhưng con người vẫn hăng say lao động.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Tác giả miêu tả mùa đông thong qua các cụm từ “rừng xanh”, “đỏ tươi”, “nắng ánh” là hàng loạt các từ ngữ đặc trưng của thiên nhiên mùa hè. Điều nay mang lại cảng giác khỏe khoắn, sức sống cho thiên nhiên ngay cả trong thời khắc đông về.
Mộc mạc, giản dị
Tỉ mỉ, chăm chỉ
Thủy chung son sắc
Lạc quan, yêu đời
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung đoạn trích.
Giải chi tiết:
Hình ảnh “người đan nón chuốt từng sợi giang” thể hiện sự cần cù chăm chỉ lao động. Con người nơi đây không chỉ chăm chỉ mà còn rất tỉ mỉ trong công việc mình làm.
Hai miền Nam Bắc thống nhất đất nước.
Miền Bắc thống nhất sau khi ký hiệp định Giơ ne vơ.
Miền Nam thống nhất sau năm 1975.
Đất nước hoàn toàn thống nhất.
Phương pháp giải:
Căn cứ hoàn cảnh ra đời bài thơ Việt Bắc
Giải chi tiết:
Bài thơ Việt Bắc được ra đời trong hoàn cảnh miền Bắc thống nhất sau khi ký kết hiệp định Giơ ne vơ. Cán bộ từ chiến khu Việt Bắc phải rời căn cứ địa nơi đây để về tiếp quản Hà Nội.
Báo chí
Chính luận
Nghệ thuật
Sinh hoạt
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các loại phong cách ngôn ngữ đã học
Giải chi tiết:
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật thường xuất hiện trong các tác phẩm nghệ thuật. Nó là ngôn ngữ được tổ chức, sắp xếp, lựa chọn, gọt giũa, tinh luyện từ ngôn ngữ thông thường và đạt được giá trị nghệ thuật – thẩm mĩ.
-> Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ: Nghệ thuật
Biểu cảm
Tự sự
Nghị luận
Miêu tả
Phương pháp giải:
Căn cứ 6 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: biểu cảm.
Sự xót xa về những nỗi đau của đất nước.
Lòng căm phẫn của tác giả đối với giặc ngoại xâm.
Tình cảm yêu mến, tự hào, biết ơn của tác giả đối với đất nước.
Tình yêu gia đình của tác giả.
Phương pháp giải:
Phân tích, tổng hợp
Giải chi tiết:
Đoạn thơ thể hiện cảm xúc yêu mến, tự hào, biết ơn của tác giả đối với đất nước mình.
Hoán dụ, liệt kê, nhân hóa
Điệp ngữ, liệt kê
Nói quá, câu hỏi tu từ
So sánh, chơi chữ, liệt kê
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.
Giải chi tiết:
- Biện pháp nghệ thuật:
+ Điệp ngữ: “là của chúng ta”.
+ Liệt kê: trời xanh, núi rừng, cánh đồng, ngả đường, dòng sông
5 chữ
7 chữ
8 chữ
Tự do
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các thể thơ đã học.
Giải chi tiết:
Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do.
Tạo nhịp điệp cho lời thơ
Nhấn mạnh niềm tự hào của tác giả về đất nước ta
Nhấn mạnh quan điểm của tác giả về chủ quyền dân tộc
Tất cả các phương án trên.
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Điệp ngữ.
Giải chi tiết:
Tác dụng của biện pháp điệp ngữ: Sử dụng phép điệp từ có tác dụng tạo nhịp điệu, làm cho lời thơ giàu giá trị biểu đạt; qua đó tác giả nhằm nhấn mạnh niềm tự hào và chủ quyền của đất nước ta.
Biểu cảm.
Tự sự.
Nghị luận.
Miêu tả.
Phương pháp giải:
Căn cứ 6 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: Nghị luận.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Phương pháp giải:
Căn cứ nội dung bài đọc hiểu.
Giải chi tiết:
Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.
Nhân hóa
So sánh
Ẩn dụ
Nhân hóa và so sánh
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học
Giải chi tiết:
- Biện pháp tu từ: so sánh (kỷ luật so sánh với đôi cánh lớn)
Phép nối
Phép thế
Phép lặp
Phép liên tưởng
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phép liên kết câu đã học
Giải chi tiết:
- Các phép liên kết bao gồm: phép lặp; phép thế; phép nối; phép liên tưởng, đồng nghĩa, trái nghĩa.
- “Kỷ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc” đoạn trên sử dụng những phép liên kết là: phép thế: “Đó” thế cho “mang đến cho bạn rất nhiều thứ” ở câu 1.
Sức mạnh của kỉ luật đối với cuộc sống con người.
Người có tính kỉ luật sẽ dễ dàng đạt được thành công.
Bàn về tự do và kỉ luật.
Kỉ luật là đôi cánh giúp con người vươn cao, vươn xa.
Phương pháp giải:
Căn cứ bài nội dung đoạn trích, phân tích
Giải chi tiết:
Nội dung đoạn trích là: Sức mạnh của kỉ luật đối với cuộc sống con người.
Biểu cảm
Miêu tả
Tự sự
Nghị luận
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ.
Giải chi tiết:
Hai đoạn thơ thuộc thể loại trữ tình, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm.
Lũ chúng tôi từ tay mẹ lớn lên Còn những bí và bầu thì lớn xuống
Còn những bí và bầu thì lớn xuống Chúng mang dáng giọt mồ hôi mặn
Chúng mang dáng giọt mồ hôi mặn Rỏ xuống lòng thầm lặng mẹ tôi
Lũ chúng tôi từ tay mẹ lớn lên Rỏ xuống lòng thầm lặng mẹ tôi
Phương pháp giải:
Căn cứ kiến thức về thủ pháp tương phản đối lập.
Giải chi tiết:
Lũ chúng tôi từ tay mẹ lớn lên
Còn những bí và bầu thì lớn xuống
So sánh
Ẩn dụ
Nhân hóa
Ẩn dụ và nhân hóa
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học
Giải chi tiết:
- Biện pháp tu từ: nhân hóa “Thời gian chạy qua tóc mẹ”
Sự hi sinh của người mẹ
Tình cảm của nhân vật trữ tình dành cho mẹ
Thời gian vô thường làm tuổi xuân mẹ qua nhanh
Tất cả các đáp án trên
Phương pháp giải:
Phân tích, tổng hợp
Giải chi tiết:
- Đều nói về nỗi vất vả, sự hi sinh của người mẹ để con được thành người.
- Tình yêu thương của nhân vật trữ tình dành cho mẹ.
Thời gian không chờ đợi ai
Công lao sinh dưỡng của mẹ không gì sánh bằng
Cần biết ơn công lao sinh thành, dưỡng dục của mẹ
Tất cả các đáp án trên
Phương pháp giải:
Phân tích, tổng hợp
Giải chi tiết:
Hai đoạn thơ truyền tải những thông điệp đặc sắc cho người đọc:
- Thời gian không chờ đợi ai
- Công lao sinh dưỡng của mẹ không gì sánh bằng
- Cần biết ơn công lao sinh thành, dưỡng dục của mẹ
Càng
nghiêm trọng
đang
mơ hồ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
Từ “nghiêm trọng” sai về ngữ nghĩa.
chắp bút
hoa mĩ
rõ ràng
truyền đạt
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ
Giải chi tiết:
Một số lỗi dùng từ thường gặp:
- Lỗi lặp từ
- Lẫn lộn giữa các từ gần âm.
- Dùng từ không đúng nghĩa
Từ bị dùng sai trong đoạn trên là “chắp bút”
Đại Nam Quốc Âm Tự Vị của Huỳnh Tịnh Của có giảng “Chấp: cầm, giữ, chịu lấy. Như vậy, “chấp bút” có thể hiểu thuần là “giữ bút”, “chịu nhận bút”. Từ đây ta có thể suy ra nghĩa bóng là “phụ trách viết”. Từ điển tiếng Việt do Hoàng Phê chủ biên có ghi: “Chấp bút: viết thành văn bản theo ý kiến thống nhất của tập thể tác giả”. Như vậy từ này không đơn thuần là “viết ra”, mà là “chịu trách nhiệm viết”, đặc biệt dễ hiểu khi có nhiều người cùng lên nội dung cho một quyển sách.
Còn “chắp” chỉ có nghĩa là “làm cho liền lại bằng cách ghép vào nhau” hoàn toàn không phù hợp với ngữ cảnh.
bài thơ trữ tình
réo rắt
đằm thắm
ngân vang
Phương pháp giải:
Căn cứ vào hiểu biết về bài Việt Bắc
Giải chi tiết:
Việt Bắc được biết đến không chỉ là một bài thơ trữ tình
=> Sửa lại: Việt Bắc trước hết là một bài thơ trữ tình – chính trị… Bài thơ là khúc hát ân tình thủy chung réo rắt, đằm thắm bậc nhất, và chính điều đó làm nên sức ngân vang sâu thẳm, lâu bền của bài thơ
bề ngoài
đánh giá
bằng
đối xử
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ
Giải chi tiết:
Không nên đánh giá con người qua bề ngoài hình thức mà nên đánh giá con người qua những hành động, cử chỉ, cách đối xử của họ.
thừa nhận
cảm hứng
Đường thi
tác phong
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của 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)
bó củi
cây củi
cành củi
củi đun
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các loại từ đã học
Giải chi tiết:
Từ “bó củi” là từ nhiều nghĩa có thể vừa là động từ vừa là danh từ.
Các từ con lại đều là danh từ.
vui vẻ
hạnh phúc
vui chơi
vui tươi
Phương pháp giải:
Vận dụng kiến thức về tính từ
Giải chi tiết:
Các từ “vui vẻ”, “vui tươi”, “hạnh phúc” là những từ chỉ trạng thái
Từ “vui chơi” chỉ hoạt động
Quặn thắt
Quặn lòng
Oằn oại
Quằn quại
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
- Từ quặn thắt; oằn oại; quằn quại: đều thể hiện quặn đau, có cảm giác như ruột co thắt lại.
- Từ quặn lòng: thể hiện sự xót xa.
=> Vậy từ “quặn lòng” không cùng nhóm với các từ còn lại.
Nam Cao
Nguyễn Công Hoan
Vũ Trọng Phụng
Nguyễn Tuân
Phương pháp giải:
Căn cứ vào hiểu biết về các tác giả đã học trong chương trình THPT
Giải chi tiết:
Nguyễn Tuân thuộc dòng văn xuôi lãng mạn. Còn lại các tác giả đều thuộc dòng văn hiện thực.
Tràng giang
Người lái đò Sông Đà
Đàn ghi ta của Lor – ca
Tây Tiến
Phương pháp giải:
Vận dụng những hiểu biết về các tác phẩm trong chương tình Ngữ văn THPT.
Giải chi tiết:
Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ:
- Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài)
- Người lái đò Sông Đà (“Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu” và “Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông”)
- Đàn ghi ta của Lor – ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn)
yêu đời.
lãng mạn
hào hoa
nhiệt thành
Phương pháp giải:
Căn cứ hiểu biết về tác phẩm Tây Tiến và hồn thơ Quang Dũng
Giải chi tiết:
Tây Tiến – sự thăng hoa của một tâm hồn lãng mạn
giá trị
tư tưởng
bộ phận
hình tượng
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
“Là sản phẩm của sự khái quát hoá từ đời sống, hình tượng nghệ thuật là hình ảnh chủ quan của thế giới khách quan”
đặc điểm
hình dung
vẻ đẹp
biểu tượng
Phương pháp giải:
Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu
Giải chi tiết:
Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống
vứt bỏ/biến đổi
vứt bỏ/hóa thân
từ bỏ/hóa thân
từ bỏ/biến đổi
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung câu văn.
Giải chi tiết:
Tác phẩm Sóng là cuộc hành trình khởi đầu là sự từ bỏ cái chật chội, nhỏ hẹp để tìm đến một tình yêu bao la rộng lớn, cuối cùng là khát vọng được sống hết mình trong tình yêu, muốn hóa thân vĩnh viễn thành tình yêu muôn thở
lùi lũi
chậm chạp
lảo đảo
lặng lẽ
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung câu văn.
Giải chi tiết:
Mỗi ngày Mị càng không nói, lùi lũi như con rùa nuôi trong xó cửa.
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 bài Tây Tiến.
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.
Một người mẹ thương con
Một người đàn bà có tấm lòng bao dung
Một người đàn bà có tinh thần lạc quan
Một người đàn bà có khát vọng sống và niềm tin vào sự đổi đời.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Đoạn trích thể hiện phẩm chất tốt đẹp của bà cụ Tứ. Đó là một người mẹ yêu con. Bà thừa hiểu mục đích thị đồng ý lấy Tràng là để kiếm miếng ăn chứ không hề xuất phát từ tình yêu. Hơn nữa trong hoàn cảnh nạn đói bà hoàn toàn có thể không chấp nhận thị. Thế nhưng bà vẫn bằng lòng bởi bà nghĩ nhờ có thế mà con bà mới có vợ và bà cảm thấy vui vì điều này.
Văn hóa
Lịch sử
Địa lý
Đời sống
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung đoạn trích
Giải chi tiết:
Đoạn trích trên được trích từ tác phẩm Ai đã đặt tên cho dòng sông của Hoàng Phủ Ngọc Tường. Đoạn trích nói đến vẻ đẹp của sông Hương dưới góc nhìn văn hóa mà cụ thể là nền thi ca Việt Nam.
Cảnh ngụ tình
Ẩn dụ
Điệp từ và từ phủ định
Âm hưởng, nhạc điệu
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Tràng Giang.
Giải chi tiết:
- Từ phủ định: “Không đò… không cầu...”
- Điệp từ: không
Thể hiện nỗi tuyệt vọng khi không được đón nhận tình cảm.
Là lời oán trách người con gái đã khước từ tình cảm chân thành.
Thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc.
Thể hiện lòng ghen tuông, đố kị.
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Tôi yêu em.
Giải chi tiết:
Hai câu kết tác giả muốn thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc.
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.
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”
Đôn hậu
Say đắm
Thủy chung
Nhớ nhung
Phương pháp giải:
Căn cứ vào tác phẩm Sóng.
Giải chi tiết:
Khổ thơ nói lên được tình cảm thủy chung trong tình yêu của người phụ nữ.
Nhân vật Đẩu
Lời người dẫn chuyện
Lời người đàn bà
Lời nhân vật Phùng
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung văn bản đã học
Giải chi tiết:
Đoạn trích được kể thông qua lời của nhân vật Phùng.
Phong cách ngôn ngữ sinh hoạt
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật
Phong cách ngôn ngữ hành chính
Phong cách ngôn ngữ báo chí
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học.
Giải chi tiết:
- Phong cách ngôn ngữ đoạn văn là: sinh hoạt.
So sánh, điệp ngữ
Ẩn dụ, nhân hóa
So sánh, ẩn dụ
So sánh, nhân hóa
Phương pháp giải:
Căn cứ các biện pháp tu từ
Giải chi tiết:
- Biện pháp so sánh trong đoạn thơ được nhận ra nhờ từ “là” kết nối hai vế: đối tượng so sánh và hình ảnh so sánh (Hồn tôi là một vườn hoa lá…).
- Biện pháp ẩn dụ được nhận ra nhờ hai hình ảnh: nắng hạ và mặt trời chân lí có khả năng gợi liên tưởng tới một đối tượng khác có nhiều nét tương đồng. Trong đoạn thơ, nắng hạ và mặt trời chân lí ngầm chỉ ánh sáng của lí tưởng cách mạng.
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
Nhân hóa
So sánh
Ẩn dụ
Hoán dụ
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Tiếng hát con tàu.
Giải chi tiết:
Biện pháp so sánh: “Con gặp lại nhân dân như nai về suối cũ”.
Biểu trưng cho những con đường, những mảnh đất Tây Ban Nha
Biểu trưng cho tình yêu, cuộc sống mãnh liệt
Sự nghiệp dang dở của Lor – ca
Số phận thảm khốc, cái chết đầy đau đớn của Lor – ca
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Đàn ghi ta của Lorca.
Giải chi tiết:
Hình ảnh “tiếng ghi ta nâu” là hình ảnh biểu tượng cho những con đường, những mảnh đất Tây Ban Nha.
Sự cô đơn, trống vắng
Sự mệt mỏi, cô quạnh
Sự buồn chán, hiu hắt
Sự bâng khuâng, buồn bã
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chiều tối.
Giải chi tiết:
Hai câu đầu bài thơ “Chiều tối” gợi lên trong lòng người đọc cảm giác mệt mỏi, cô quạnh
Nhân dân muốn giúp vua khôi phục vương quyền.
Mâu thuẫn sâu sắc giữa dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp.
Mâu thuẫn sâu sắc giữa hai phe đối lập trong triều đình.
Cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại.
Phương pháp giải:
Phân tích mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp.
Giải chi tiết:
A loại vì nguyên nhân sâu xa là nhân dân ta muốn giành lại độc lập dân tộc, việc giúp vua khôi phục lại vương quyền chỉ thuộc về danh nghĩa.
B chọn vì thực dân Pháp xâm lược Việt Nam nên mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp là mâu thuẫn cơ bản nhất và gay gắt nhất. Dưới ngọn cờ phong kiến cứu nước của phong trào Cần vương, nhân dân ta đứng lên chống Pháp để giành độc lập dân tộc.
C loại vì phong trào Cần vương bùng nổ không xuất phát từ nguyên nhân là sự mâu thuẫn giữa hai phe đối lập trong triều đình.
D loại vì cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại là yếu tố tác động trực tiếp.
tập hợp được đông đảo quần chúng nhân dân tham gia.
do bộ phận tư sản lãnh đạo, mang đậm ý thức dân tộc, vì độc lập dân chủ.
do bộ phận tư sản lãnh đạo, mang đậm tính giai cấp, vì quyền lợi chính trị, kinh tế.
có sự lãnh đạo của Đảng Quốc đại, sự tham gia của công nhân, nông dân.
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án hoặc dựa vào nội dung của phong trào 1905 – 1908 và các phong trào đấu tranh trước đó ở Ấn Độ để so sánh.
Giải chi tiết:
A, D loại vì đây là điểm chung.
B chọn vì:
- Phong trào 1905 – 1908: Do một bộ phận giai cấp tư sản lãnh đạo, mang đậm ý thức dân tộc, đấu tranh cho một nước Ấn Độ độc lập và dân chủ.
- Phong trào trước năm 1905: đấu tranh ôn hòa, chỉ yêu cầu thực dân Anh nới rộng các điều kiện để họ được tham gia các hội đồng tự trị, giúp đỡ họ phát triển kĩ nghệ, thực hiện một số cải cách về giáo dục – xã hội.
C loại vì đây là đặc điểm của phong trào đấu tranh trước năm 1905 mà câu hỏi đưa ra là điểm khác của phong trào 1905 – 1908 so với phong trào trước năm 1905 nên chủ thể so sánh hay đặc điểm khác để so sánh phải là đặc điểm của phong trào 1905 – 1908.
Hình thức đấu tranh quyết liệt và triệt để hơn.
Quy mô phong trào rộng lớn trên cả nước.
Lôi cuốn đông đảo quần chúng nhân dân tham gia.
Phong trào cách mạng đầu tiên do Đảng Cộng sản lãnh đạo.
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
A loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra quyết liệt.
B, C loại vì các phong trào trước năm 1930 cũng diễn ra rộng lớn trên cả nước và lôi cuốn đông đảo quần chúng nhân dân tham gia.
D chọn vì phong trào 1930 – 1931 là phong trào cách mạng đầu tiên do Đảng Cộng sản lãnh đạo.
Cách mạng của ba nước đã giành được những thắng lợi quyết định buộc Pháp kết thúc chiến tranh.
Việt Nam đã hoàn thành nhiệm vụ giải phóng dân tộc, tiếp tục tiến lên chủ nghĩa xã hội.
Để có cương lĩnh phù hợp với đặc điểm phát triển của từng dân tộc.
Đối tượng và nhiệm vụ cách mạng của ba nước không giống nhau.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 140, suy luận.
Giải chi tiết:
A loại vì đến năm 1954 với thắng lợi trong chiến dịch Điên Biên Phủ của ta thì cuộc kháng chiến chống Pháp mới kết thúc thông qua giải pháp ngoại giao là kí kết Hiệp định Giơnevơ.
B loại vì đến năm 1975 Việt Nam mới hoàn thành nhiệm vụ giải phóng dân tộc.
C chọn vì để có cương lĩnh phù hợp với đặc điểm phát triển của từng dân tộc thì Đại hội đại biểu lần II của Đảng quyết định tách Đảng Cộng sản Đông Dương để thành lập ở mỗi nước Việt Nam, Lào, Campuchia một Đảng Mác - Lênin riêng.
D loại vì đối tượng của ba nước Đông Dương lúc này là kháng chiến chống Pháp xâm lược.
Công nhân Sài Gòn thành lập tổ chức Công hội.
Đảng Cộng sản Việt Nam được thành lập (1930).
Cuộc bãi công của thợ máy xưởng Ba Son (1925).
Cuộc đấu tranh của công nhân Bắc Kì (1923).
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 81, suy luận.
Giải chi tiết:
Bên cạnh mục tiêu kinh tế, cuộc bãi công của thợ máy xưởng Ba Son (1925) dưới sự lãnh đạo của Công hội đỏ còn có mục tiêu chính trị (ngăn cản tàu chiến Pháp sang đàn áp cách mạng Trung Quốc), thể hiện phần nào tinh thần quốc tế vô sản.
→ Đánh dấu bước tiến mới của phong trào công nhân. Bước đầu chuyển phong trào công nhân từ tự phát sang tự giác.
Được các nước Đồng minh thiết lập quan hệ ngoại giao.
Nhân dân quyết tâm bảo vệ chế độ dân chủ cộng hòa.
Được Liên Xô công nhận và đặt quan hệ ngoại giao.
Có sự ủng hộ và giúp đỡ của các nước xã hội chủ nghĩa.
Phương pháp giải:
Suy luận, loại trừ phương án.
Giải chi tiết:
A loại vì các nước Đồng minh không thiết lập quan hệ ngoại giao với nước Việt Nam Dân chủ Cộng hòa trong những năm 1945 – 1946.
B chọn vì nhân dân ta đã giành được quyền làm chủ, bước đầu được hưởng quyền lợi do chính quyền cách mạng đưa đến nên rất phấn khởi, gắn bó với chế độ và quyết tâm bảo vệ chế độ dân chủ cộng hòa.
C loại vì Liên Xô công nhận và đặt quan hệ ngoại giao với ta năm 1950.
D loại vì Việt Nam nhận được sự ủng hộ và giúp đỡ của các nước xã hội chủ nghĩa từ năm 1950.
Đòi tự do, dân chủ, cơm áo, hòa bình.
Chống phát xít, chống chiến tranh.
Chống chế độ phản động thuộc địa.
Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày.
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 100.
Giải chi tiết:
Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày không phải là nội dung được nêu trong Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương tháng 7/1936.
cách mạng dân chủ tư sản.
cách mạng dân chủ tư sản kiểu cũ.
cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân.
cách mạng xã hội chủ nghĩa.
Phương pháp giải:
Phân tích mục tiêu, lãnh đạo, lực lượng và kết quả của cách mạng tháng Tám để chỉ ra tính chất của cuộc cách mạng này.
Giải chi tiết:
- Mục tiêu hàng đầu của cuộc Cách mạng tháng Tám là giành độc lâp dân tộc hay giải phóng dân tộc.
- Lãnh đạo: Đảng Cộng sản Đông Dương.
- Lực lượng tham gia: Quần chúng nhân dân.
- Hình thức và phương pháp đấu tranh: bạo lực vũ trang.
- Kết quả: giành độc lập dân tộc từ tay phát xít Nhật, bên cạnh đó, còn lật đổ chế độ phong kiến.
→ Cách mạng tháng Tám là cuộc cách mạng mang tính chất triệt để,bạo lực, là cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân, cách mạng giải phóng dân tộc nhưng điển hình là tính giải phóng dân tộc.
chủ động đánh địch và mở hàng loạt các cuộc tiến công địch ở đồng bằng sông Cửu Long.
kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và đồng loạt mở các cuộc tiến công địch.
kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và chủ động mở những cuộc tiến công địch.
chủ động đánh địch và mở hàng loạt các cuộc tiến công địch ở Đông Nam Bộ.
Phương pháp giải:
Dựa vào thông tin được cung cấp để trả lời.
Giải chi tiết:
Thực hiện Nghị quyết Hội nghị Trung ương lần thứ 21 của Đảng, từ cuối năm 1973, quân dân ta ở miền Nam không những kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng, mà còn chủ động mở những cuộc tiến công địch tại những căn cứ xuất phát các cuộc hành quân của chúng, mở rộng vùng giải phóng. → kiên quyết đánh trả địch, bảo vệ vùng giải phóng và chủ động mở những cuộc tiến công địch.
Chứng tỏ sự lớn mạnh và khả năng thắng lớn của quân ta, giúp Bộ chính trị hoàn chỉnh kế hoạch giải phóng miền Nam.
Giáng một đòn mạnh và chính quyền và quân đội Sài Gòn.
Làm lung lay ý chí chiến đấu của quân đội Sài Gòn.
Tạo tiền đề thuận lợi để hoàn thành sớm quyết tâm giải phóng hoàn toàn miền Nam.
Phương pháp giải:
Dựa vào thông tin được cung cấp và tình hình nước ta giai đoạn 1974 – 1975 để đánh giá đâu là ý nghĩa quan trọng nhất của chiến thắng Phước Long.
Giải chi tiết:
Chiến dịch đánh đường 14 – Phước Long (12/1974 - 1/1975) là một phép thử chiến lược của ta với 3 nội dung:
- Đô thị Phước Long cách Sài Gòn khoảng 100km, nếu ta đánh Phước Long mà quân Sài Gòn không giữ được thì chứng tỏ rằng quân Sài Gòn đã suy yếu => Thử khả năng của quân đội Sài Gòn, sự suy yếu và bất lực của chúng.
- Mĩ trước khi rút quân đã nói rằng nếu ta đánh quân đội Sài Gòn thì Mĩ sẽ trở lại. Do đó, ta đánh thử xem Mĩ có trở lại thật không => Thăm dò phản ứng của Mĩ, khả năng can thiệp trở lại bằng lực lượng chiến đấu Mĩ.
- Với 1 đô thị gần Sài Gòn như vậy, có quân đội Sài Gòn hùng mạnh như vậy, nếu ta đánh thì liệu có thể thắng được không? Nếu thắng thì liệu có giữ được không? => Nếu ta đánh mà thắng và giữ được thì chứng tỏ thế và lực của ta đã mạnh => Đánh giá khả năng đánh lớn, khả năng thắng lớn của quân đội ta.
Làm gia tăng bất bình đẳng trong xã hội
Mất cân bằng giới tính nghiêm trọng
Phân bố dân cư ngày càng chênh lệch
Tỉ lệ dân nông thôn giảm mạnh
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 10 – Dân cư xã hội Trung Quốc (sgk Địa lí 11)
Giải chi tiết:
Chính sách dân số 1 con đã kiềm chế tốc độ gia tăng dân số của Trung Quốc song để lại nhiều hậu quả không mong muốn, trong đó có tình trạng mất cân bằng giới tính nghiêm trọng do tâm lí và tư tưởng của người dân Trung Quốc muốn sinh bé trai hơn bé gái. (Kiến thức lớp 11 bài 10)
Thúc đẩy sự phát triển kinh tế, văn hóa, giáo dục và tiến bộ xã hội của các nước thành viên.
Đoàn kết và hợp tác vì một ASEAN hòa bình, ổn định, cùng phát triển.
Xây dựng Đông Nam Á thành một khu vực hòa bình, ổn định, có văn hóa, xã hội phát triển.
Giải quyết những khác biệt trong nội bộ liên quan đến mối quan hệ giữa ASEAN và các nước.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 11 – Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) – sgk Địa 11
Giải chi tiết:
Mục tiêu tổng quát của ASEAN là đoàn kết và hợp tác vì một ASEAN hòa bình, ổn định cùng phát triển (SGK Địa 11, bài 11, tiết 3)
quá trình phong hóa mạnh.
sự tích tụ mùn mạnh mẽ.
chất badơ dễ tan bị rửa trôi.
tích tụ ôxit sắt, ôxit nhôm.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 10 – Đất (trang 46 sgk Địa 12)
Giải chi tiết:
Đất feralit nước ta có màu đỏ vàng chủ yếu do sự tích tụ ô-xít sắt và ô-xít nhôm.
Lũ ống, lũ quét.
Triều cường, xâm nhập mặn
Động đất, trượt lở đất
Sương muối, rét hại
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 15 – Bảo vệ môi trường và phòng chống thiên tai (sgk Địa 12)
Giải chi tiết:
Vùng đồi núi nằm ở phía tây, cách xa biển nên không thể xảy ra triều cường và xâm nhập mặn
TP. Hồ Chí Minh.
TP. Vũng Tàu.
TP. Biên Hòa
TP. Thủ Dầu Một.
Phương pháp giải:
Sử dụng Atlat Địa lí Việt Nam trang 15
Giải chi tiết:
Đô thị có quy mô dân số (năm 2007) từ 100 000 đến 200 000 người ở Đông Nam Bộ là: Thủ Dầu Một.
(TP. Hồ Chí Minh: trên 1 triệu người, Biên Hòa từ 500 đến 1 triệu người, TP Vũng Tàu dưới 100 nghìn người)
Cho biểu đồ:
SẢN LƯỢNG THỦY SẢN VÀ GIÁ TRỊ THỦY SẢN XUẤT KHẨU
Từ biểu đồ trên, hãy cho biết đáp án nào sau đây là nhận xét không đúng?
Sản lượng thủy sản khai thác tăng 3772,7 nghìn tấn
Sản lượng thủy sản nuôi trồng tăng nhanh hơn khai thác
Sản lượng thủy sản nuôi trồng tăng nhiều hơn khai thác
Giá trị xuất khẩu tăng nhanh hơn mức tăng sản lượng thủy sản.
Phương pháp giải:
Kĩ năng nhận xét biểu đồ
Giải chi tiết:
- Đáp án A: Sản lượng thủy sản khai thác tăng 3297,4 nghìn tấn => nhận xét A sai
- Đáp án B: sản lượng thủy sản nuôi trồng tăng 14,8 lần, thủy sản khai thác tăng gần 4 lần => nuôi trồng tăng nhanh hơn khai thác => B đúng
- Đáp án C: Nuôi trồng tăng 3900,5 nghìn tấn; khai thác tăng 3294,7 nghìn tấn => nuôi trồng tăng nhiều hơn
=> C đúng
- Đáp án D: giá trị xuất khẩu tăng 10,7 lần; sản lượng thủy sản tăng 6,2 lần => giá trị xuất khẩu tăng nhanh hơn sản lượng thủy sản => D đúng
Sản phẩm chủ yếu để xuất khẩu.
Sản lượng lớn nhất cả nước
Diện tích lớn nhất cả nước
Trình độ thâm canh cao.
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 22 – Vấn đề phát triển nông nghiệp (cây lương thực)
Giải chi tiết:
ĐBSH là một trong 2 vùng trọng điểm sản xuất lúa của nước ta, vùng có trình độ thâm canh lúa cao nhất cả nước.
đẩy mạnh công nghiệp hóa và đô thị hóa
đẩy mạnh khai thác khoáng sản các loại
mở rộng và đa dạng hóa nhiều thị trường.
tham gia nhiều thành phần kinh tế.
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Kim ngạch xuất khẩu nước ta tăng nhanh trong những năm gần đây chủ yếu do tác động của việc mở rộng và đa dạng hóa nhiều thị trường. Đồng thời Việt Nam trở thành thành viên của WTO và có quan hệ buôn bán với nhiều nước lớn trên thế giới như Hoa Kì, EU, Nhật,…
Giá trị sản xuất công nghiệp
Quy mô dân số
Tổng sản phẩm trong nước (GDP)
Giá trị hàng xuất khẩu
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 39 – Vấn đề khai thác lãnh thổ theo chiều sâu ở Đông Nam Bộ.
Giải chi tiết:
Đông Nam Bộ có nhiều chỉ tiêu dẫn đầu cả nước, tuy nhiên quy mô dân số là 12 triệu người (2006), đứng sau Đồng bằng sông Hồng và đồng bằng sông Cửu Long.
Tránh lũ
Sống chung với lũ
Xây hệ thống đê bao
Trồng rừng chống lũ
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 41 – Vấn đề cải tạo và sử dụng hợp lí tài nguyên ở ĐBSCL
Giải chi tiết:
Đồng bằng sông Cửu Long không đắp đê do nước lũ mang lại nhiều lợi ích cho người dân nơi đây nên phương châm của vùng này đó là sống chung với lũ, khai thác những lợi ích do lũ mang lại hàng năm.
4Ω
3Ω
1Ω
2Ω
Phương pháp giải:
Mạch ngoài gồm: \[R{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nt{\mkern 1mu} {R_0}\]
Ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính \[\left( I \right)\].
Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai đầu R \[\left( {{U_R} = I.R} \right)\]
Công thức định luật Ôm: \[I = \frac{\xi }{{{R_N} + r}}\]
Cường độ dòng điện mạch chính:
\[I = \frac{\xi }{{\left( {R + {R_0}} \right) + r}} \Leftrightarrow I.R + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \]\[ \Leftrightarrow {U_R} + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \].
Giải chi tiết:
Mạch ngoài gồm: \[R{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nt{\mkern 1mu} {R_0}\]
Ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính \(\left( I \right)\).
Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai đầu \(R\)\(\left( {{U_R} = I.R} \right)\)
Ta có: \(I = \frac{\xi }{{\left( {R + {R_0}} \right) + r}} \Leftrightarrow I.R + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \)\( \Leftrightarrow {U_R} + I.\left( {{R_0} + r} \right) = \xi \)
Biểu diễn số liệu trên đồ thị ta có:
Từ đồ thị ta có:
+ Khi
+ Khi
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
0,18mm
3,6mm
3mm
1mm
Phương pháp giải:
Khối lượng kim loại bám ở Catot: \(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}It\)
Thể tích: \(V = d.S = \frac{m}{\rho }\)
Giải chi tiết:
Khối lượng đồng bám trên mặt tấm sắt là:
\(m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}It = \frac{1}{{96500}}.\frac{{64}}{2}.10.9650 = 32{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( g \right)\)
Thể tích của đồng là: \(V = \frac{m}{\rho }\)
Lại có: \(V = d.S \Rightarrow \frac{m}{\rho } = d.S\)
\( \Rightarrow d = \frac{m}{{\rho .S}} = \frac{{{{32.10}^{ - 3}}}}{{{{8,9.10}^3}{{.200.10}^{ - 4}}}} \approx {1,8.10^{ - 4}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 0,18{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mm} \right)\).
Hình 4 và Hình 3.
Hình 1 và Hình 3.
Hình 1 và Hình 2.
Hình 2 và Hình 4.
Phương pháp giải:
+ Vận dụng định luật Len-xơ về chiều dòng điện cảm ứng: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường của nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân sinh ra nó.
+ Vận dụng quy tắc nắm bàn tay phải.
Giải chi tiết:
Áp dụng định luật Len-xơ về chiều dòng điện: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường của nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân sinh ra nó và áp dụng quy tắc nắm tay phải, ta có:
\( \Rightarrow \) Hình 1 và hình 3 - đúng; Hình 2 và hình 4 – sai.
13,64 N/m
12,35 N/m
15,64 N/m
16,71 N/m
Phương pháp giải:
Tần số dao động của con lắc: \[f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \]
Hiện tượng cộng hưởng cơ: Biên độ của dao động cưỡng bức đạt cực đại khi tần số của ngoại lực bằng tần số riêng.
Giải chi tiết:
Từ đồ thị ta thấy biên độ dao động của con lắc lớn nhất khi tần số của ngoại lực bằng 1,275 Hz.
Khi đó xảy ra hiện tượng cộng hưởng, tần số của ngoại lực bằng tần số đao dộng riêng của con lắc.
Vậy tần số riêng của con lắc là:
3,97 m.
8,14 m.
81,44 m.
79,48 m.
Phương pháp giải:
Điện dung của tụ điện: \[{\rm{C = }}\frac{{\varepsilon {\rm{S}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}{\rm{ = }}\frac{{\varepsilon .\pi {{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}\]
Điện dung của bộ tụ ghép song song: \[{C_b} = {C_1} + {C_2} + ... + {C_n}\]
Bước sóng của sóng điện từ: \[\lambda {\rm{ = 2}}\pi {\rm{c}}\sqrt {{\rm{LC}}} \]
Giải chi tiết:
Điện dung của tụ điện phẳng tạo bởi hai bản hình tròn đặt song song: \[{{\rm{C}}_0}{\rm{ = }}\frac{{\varepsilon {\rm{S}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}{\rm{ = }}\frac{{\varepsilon .\pi {{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}}\]
Tụ điện gồm 21 bản hình tròn đặt song song \( \Rightarrow \) Tụ này là hệ gồm 20 tụ điện ghép song song.
Điện dung nhỏ nhất và lớn nhất của tụ điện này là:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\rm{C}}_{\min }} = {C_0} = \frac{{\varepsilon .\pi {{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi {\rm{kd}}}} = \frac{{{\rm{1}}.\pi .{\rm{0}},{\rm{0}}{{\rm{2}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{4}}\pi .{\rm{9}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{\rm{9}}}.{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{3}}}}}} = {\rm{1}},{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{11}}}}\left( {\rm{C}} \right)}\\{{{\rm{C}}_{\max }} = {\rm{20}}.{{\rm{C}}_{\rm{0}}} = {\rm{20}}.{\rm{1}},{\rm{1}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{11}}}} = {\rm{2}},{\rm{2}}.{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{10}}}}\left( {\rm{C}} \right)}\end{array}} \right.\)
Khung dao động này có thể bắt được sóng điện từ có bước sóng:
.
Hình A
Hình B
Hình C
Hình D
Phương pháp giải:
Số hạt nhân còn lại: \(N = {N_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}}\)
Số hạt nhân đã bị phân rã: \(\Delta N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)
Sử dụng lí thuyết về đồ thị hàm số.
Giải chi tiết:
Số hạt đã bị phân rã được xác định theo công thức: \(\Delta N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\)
Hàm số \(\Delta N = {N_0}.\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\) tăng từ 0 theo t và có tiệm cận ngang đi qua \({N_0}\).
\( \Rightarrow \) Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của ΔN theo thời gian là đồ thị B.
Cùng tần số và cùng pha.
Tần số khác nhau nhưng cùng pha.
Cùng tần số và q trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với i.
Cùng tần số và q sớm pha \[\frac{\pi }{2}\] so với i.
Phương pháp giải:
Trong mạch dao động LC lí tưởng thì điện tích và cường độ dòng điện có biểu thức:
Giải chi tiết:
Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện:
\[ \Rightarrow \] q biến thiên điều hòa theo thời gian với cùng tần số trễ pha \[\frac{\pi }{2}\] so với i.
ống chuẩn trực, buồng tối, hệ tán sắc.
hệ tán sắc, ống chuẩn trực, buồng tối.
hệ tán sắc, buồng tối, ống chuẩn trực.
ống chuẩn trực, hệ tán sắc, buồng tối.
Phương pháp giải:
Sử dụng sơ đồ cấu tạo máy quang phổ lăng kính.
Giải chi tiết:
Chiếu một chùm sáng đi qua một máy quang phổ lăng kính, chùm sáng lần lượt đi qua: ống chuẩn trực, hệ tán sắc, buồng tối.
máy hạ áp, k = 0,5.
máy hạ áp, k = 0,2.
máy tăng áp, k = 2.
máy tăng áp, k = 5.
Phương pháp giải:
Máy tăng áp là máy có: \({U_2} > {U_1}\)
Máy hạ áp là máy có : \({U_2} < {U_1}\)
Công thức máy biến áp: \(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)
Giải chi tiết:
Vì \({U_2} = 110V < {U_1} = 220V \Rightarrow \) là máy hạ áp.
Tỉ số vòng dây của cuộn thứ cấp và sơ cấp:
vv \(k = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{110}}{{220}} = 0,5\).
Đáp án: 2
Phương pháp giải:
Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện:
Giới hạn quang điện: \({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A}\)
Giải chi tiết:
Giới hạn quang điện của kim loại làm catot:
\({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{3,45.1,6.10}^{ - 19}}}} = 0,36\mu m\)
Để xảy ra hiện tượng quang điện thì:
Mà: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\lambda _1} = 0,25\mu m < {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _2} = 0,4\mu m > {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _3} = 0,56\mu m > {\lambda _0} = 0,36\mu m}\\{{\lambda _1} = 0,2\mu m < {\lambda _0} = 0,36\mu m}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \) Các bức xạ gây ra hiện tượng quang điện là: \({\lambda _1};{\lambda _4}\).13,82.
11,68.
15,96.
7,98.
Phương pháp giải:
Xác định CTĐGN của các chất: \(C:H = \frac{{\% {m_C}}}{{12}}:\frac{{\% {m_H}}}{1}\).
- Dựa vào dữ kiện đốt Z → CZ < 6,25.
- Mặt khác số nguyên tử H luôn là số chẵn nên suy ra: X là C2H2, Y là C4H4 và Z là C6H6.
- Để lượng kết tủa tối đa thì CTCT của các chất là:
C2H2: CH≡CH
C4H4: CH≡C-CH=CH2
C6H6: CH≡C-CH2-CH2-C≡CH
Giải chi tiết:
Ta có: %mH = 100% - 92,31% = 7,69%.
→ \(C:H = \frac{{92,31}}{{12}}:\frac{{7,69}}{1} = 1:1\)→ CTĐGN là CH.
- Khi đốt cháy 0,01 mol chất Z thu được không quá 2,75 gam CO2
\( \to {n_{C{O_2}}} < \frac{{2,75}}{{44}} = 0,0625\)
\( \to {C_Z} < \frac{{0,0625}}{{0,01}} = 6,25\).
- Mặt khác số nguyên tử H luôn là số chẵn nên suy ra: X là C2H2, Y là C4H4 và Z là C6H6.
- Cho 3,12 gam hỗn hợp A (có số mol các chất bằng nhau) tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3:
nX = nY = nZ = \(\frac{{3,12}}{{26 + 52 + 78}}\) = 0,02 mol
Để lượng kết tủa tối đa thì CTCT của các chất là:
C2H2: CH≡CH (0,02 mol)
C4H4: CH≡C-CH=CH2 (0,02 mol)
C6H6: CH≡C-CH2-CH2-C≡CH (0,02 mol)
Kết tủa gồm:
CAg≡CAg (0,02 mol)
CAg≡C-CH=CH2 (0,02 mol)
CAg≡C-CH2-CH2-C≡CAg (0,02 mol)
⟹ mkết tủa = 0,02.240 + 0,02.159 + 0,02.292 = 13,82 gam.
213,2 gam.
132,1 gam.
321,1 gam.
112,3 gam.
Phương pháp giải:
Độ tan 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:
Đặt x là số mol muối Mohr có trong dung dịch bão hòa ở 800C
→ mmuối Mohr = mFeSO4.(NH4)2SO4.6H2O = 392x (g)
Ở 800C cứ 73 gam muối Mohr tan được trong 100 gam nước để tạo thành 173 gam dd bão hòa
→ 392x gam muối Mohr................................................................928,9863x gam dd bão hòa
Khi làm nguội dung dịch từ 800C xuống 200C thì tách ra 100 gam muối Mohr tinh thể
→ Khối lượng muối Mohr còn lại trong dung dịch = 392x - 100 (g)
→ Khối lượng dung dịch còn lại = 928,9863x - 100 (g)
Ta có: ở 200C cứ 26,9 gam muối Mohr tan trong 100 gam nước tạo thành 126,9 gam dd bão hòa
Vậy cứ 392x - 100 gam muối Mohr ..........................................928,9863x - 100 gam dd bão hòa
→ 26,9.(928,9863x - 100) = 126,9.(392x - 100)
→ x = 0,404 (mol)
→ mmuối Mohr = 0,404 × 392 = 158,368 (g)
→ \({m_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}.7{H_2}O}} = 0,404 \times 278 = 112,312\left( g \right)\)
12,18%.
24,26%.
60,90%.
30,45%.
Phương pháp giải:
Tính theo PTHH: 10 FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 ⟶ 5 Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O.
Giải chi tiết:
\({n_{KMn{O_4}}} = 0,025 \times {25,2.10^{ - 3}} = {6,3.10^{ - 4}}\left( {mol} \right)\)
Phản ứng chuẩn độ:
10 FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 ⟶ 5 Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O
Theo PTHH: \({n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = 5 \times {6,3.10^{ - 4}} = {3,15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)
Bảo toàn nguyên tố Fe: \({n_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = {n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = {3,15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\)
⟹ \({m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = {3,15.10^{ - 3}} \times 116 = 0,3654\left( g \right)\)
⟹ .
5,7.
21,8.
12,5.
15,5.
Phương pháp giải:
Muối C2H8O3N2 có chứa 3O nên có thể là muối NO3-; CO32-; HCO3-.
⟹ CTCT thỏa mãn
Giải chi tiết:
Muối C2H8O3N2 có chứa 3O nên có thể là muối NO3-; CO32-; HCO3-.
⟹ CTCT là C2H5NH3NO3 hoặc (CH3)2NH2NO3
Ta thấy: X + NaOH → NaNO3 + Amin + H2O
Pư: 0,1 → 0,1 → 0,1
Vậy chất rắn chứa: NaNO3 (0,1 mol) và NaOH dư (0,2 - 0,1 = 0,1 mol)
⟹ mchất rắn = 0,1.85 + 0,1.40 = 12,5 gam.
4.
2.
3.
5.
Phương pháp giải:
Lý thuyết về phản ứng màu biure.
Giải chi tiết:
(1) đúng.
(2) đúng.
(3) đúng.
(4) sai, màu tím không biến mất.
(5) đúng.
(6) sai, dầu ăn có thành phần chính là chất béo, không có phản ứng màu biure.
Vậy có 4 phát biểu đúng.
axetilen, etanol, buta-1,3-đien.
etilen, vinyl axetilen, buta-1,3-đien.
anđehit axetic, etanol, buta-1,3-đien.
axetilen, vinyl axetilen, buta-1,3-đien.
Giải chi tiết:
Sơ đồ điều chế cao su buna: CH4 → C2H2 (X) → C4H4 (Y) → C4H6 (Z) → Cao su buna.
PTHH:
2CH4 C2H2 (axetilen) + 3H2
2CH≡CH CH≡C-CH=CH2 (vinyl axetilen)
CH≡C-CH=CH2 CH2=C-CH=CH2 (buta-1,3-đien).
8,60 gam.
20,50 gam.
11,28 gam.
9,4 gam.
Phương pháp giải:
Cu(NO3)2 → CuO + 2NO2 + ½ O2
KNO3 → KNO2 + ½ O2
Gọi số mol Cu(NO3)2 và KNO3 lần lượt là x, y mol
Lập hệ phương trình về khối lượng hỗn hợp và khối lượng mol trung bình của X để tìm số mol Cu(NO3)2. Từ đó tính được khối lượng Cu(NO3)2 trong hỗn hợp ban đầu.
Giải chi tiết:
Đặt số mol Cu(NO3)2 và KNO3 lần lượt là x, y mol
→ 188 x + 101y = 34,65 (1)
Nhiện phân hỗn hợp:
Cu(NO3)2 → CuO + 2NO2 + ½ O2
x 2x 0,5x mol
KNO3 → KNO2 + ½ O2
y 0,5y mol
Hỗn hợp khí X thu được gồm 2x mol NO2 và x/2+ y/2 mol O2
Ta có: \({\overline M _X} = \frac{{{m_{hh}}}}{{{n_{hh}}}} = \frac{{46.2x + 32.(0,5x + 0,5y)}}{{2x + 0,5x + 0,5y}} = 18,8.2\) suy ra 14x = 2,8y (2)
Từ (1) và (2) ta có x = 0,05; y = 0,25 → mCu(NO3)2 = 9,4 gam.
KCl.
NH3.
KOH.
Ba(OH)2.
Phương pháp giải:
Dung dịch có pH lớn nhất là dung dịch có nồng độ OH- lớn nhất.
Giải chi tiết:
Dung dịch có pH lớn nhất là dung dịch có nồng độ OH- lớn nhất.
⟹ dung dịch Ba(OH)2 có pH lớn nhất.
Phản ứng thuận tỏa nhiệt, khi tăng nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ đậm dần.
Phản ứng thuận tỏa nhiệt, khi tăng nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ nhạt dần.
Phản ứng thuận thu nhiệt, khi tăng nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ đậm dần.
Phản ứng thuận thu nhiệt, khi tăng nhiệt độ của bình thì màu nâu đỏ nhạt dần.
Phương pháp giải:
Phản ứng có ∆H < 0 ⟹ phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt.
Nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ, thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động bên ngoài đó.
Giải chi tiết:
Phản ứng có ∆H < 0 ⟹ phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt.
Khi tăng nhiệt độ của bình, theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm nhiệt độ của hệ.
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt.
⟹ Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch, tạo ra nhiều NO2 hơn
⟹ Màu nâu đỏ của bình đậm dần.
Đáp án: 2,86
Giải chi tiết:
nNaOH = 0,234.2,5 = 0,585 mol
*Xét phản ứng thủy phân hỗn hợp E trong NaOH:
Đặt n este đơn chức = x và n este hai chức = y (mol)
⟹ nE = x + y = 0,36 mol và nNaOH = x + 2y = 0,585
Giải hệ thu được x = 0,135 và y = 0,225
⟹ x : y = 3 : 5
*Xét phản ứng đốt cháy E:
Do X, Y đều chứa 4 liên kết π nên ta giả sử E gồm:
CnH2n-6O2 (3a mol) và CmH2m-6O4 (5a mol)
nCO2 - nH2O = 3nE ⟹ nCO2 - 0,37 = 3.8a ⟹ nCO2 = 24a + 0,37 (mol)
Mặt khác: mE = mC + mH + mO ⟹ 12(24a + 0,37) + 0,37.2 + 3a.32 + 5a.64 = 12,22 ⟹ a = 0,01 mol
⟹ nCO2 = 24.0,01 + 0,37 = 0,61 mol; n este đơn chức = 0,03 và n este hai chức = 0,05 (mol)
BTNT "C": nCO2 = 0,03n + 0,05m = 0,61 chỉ có nghiệm n = 7 và m = 8 thỏa mãn (Do các axit đều 4C và ancol không no tối thiểu 3C nên n ≥ 7 và m ≥ 8)
Do thủy phân E trong NaOH thu được hỗn hợp X gồm các muối của các axit cacboxylic không no, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử; hai ancol không no, đơn chức và một ancol no, đơn chức nên ta suy ra cấu tạo của các chất trong E là:
Ancol đa chức gồm: CH≡C-CH2-OH (0,03 mol) và CH2=CH-CH2-OH (0,05 mol)
⟹ m1 = 0,03.56 + 0,05.58 = 4,58 gam
Ancol đơn chức gồm: CH3OH (0,05 mol)
⟹ m2 = 0,05.32 = 1,6 gam
⟹ m1 : m2 = 4,58 : 1,6 = 2,8625 = 229/80
hình thành xung thần kinh truyền về bộ phận tiếp nhận kích thích.
tiếp nhận kích thích từ môi trường để điều tiết môi trường trở lại trạng thái cân bằng.
gửi tín hiệu thần kinh hay hormon để điều khiển hoạt động của bộ phận thực hiện.
tăng hoặc giảm hoạt động để điều tiết môi trường trở lại trạng thái cân bằng.
Giải chi tiết:
Trong cơ chế duy trì cân bằng nội môi, bộ phận điều khiển có vai trò gửi tín hiệu thần kinh hay hormon để điều khiển hoạt động của bộ phận thực hiện.
Protein
Phospholipit
glicolipit
Lipoprotein
Giải chi tiết:
Bao mielin có bản chất là phospholipit.
nhiệt độ
ánh sáng
thức ăn
hàm lượng ôxi.
Giải chi tiết:
Thức ăn là nhân tố bên ngoài có ảnh hưởng mạnh nhất đến quá trình sinh trưởng và phát triển của động vật và người.
Sinh sản nảy chồi.
Nuôi mô sống.
Nhân bản vô tính.
Sinh sản phân mảnh.
Giải chi tiết:
Người ta đã nuôi mô da để chữa cho các bệnh nhân bị bỏng.
Số loại giao tử tối đa của cặp NST này là 4.
Mỗi gen trên cặp NST này đều có 2 trạng thái.
Có 2 nhóm gen liên kết là PaB và Pab.
Cặp NST này có 6 lôcut gen.
Giải chi tiết:
A sai, cặp NST này chỉ gồm 1 cặp gen dị hợp → có tối đa 2 loại giao tử.
B sai, chỉ có gen B có 2 trạng thái là B và b.
C đúng.
D sai, có 3 locus gen.
0,35 AA + 0,30 Aa + 0,35 aa = 1.
0,425 AA + 0,15 Aa + 0,425 aa = 1.
0,25 AA + 0,50Aa + 0,25 aa = 1.
0,4625 AA + 0,075 Aa + 0,4625 aa = 1.
Phương pháp giải:
Quần thể tự thụ phấn có thành phần kiểu gen: xAA:yAa:zaa sau n thế hệ tự thụ phấn có thành phần kiểu gen
\(x + \frac{{y(1 - 1/{2^n})}}{2}AA:\frac{y}{{{2^n}}}Aa:z + \frac{{y(1 - 1/{2^n})}}{2}aa\)
Giải chi tiết:
Quần thể tự thụ phấn có thành phần kiểu gen: ,2 AA + 0,6 Aa + 0,2 aa = 1 sau 2 thế hệ tự thụ phấn có thành phần kiểu gen \[0,2 + \frac{{0,6(1 - 1/{2^2})}}{2}AA:\frac{{0,6}}{{{2^2}}}Aa:0,2 + \frac{{0,6(1 - 1/{2^2})}}{2}aa \leftrightarrow 0,425AA:0,15Aa:0,425aa\].
4
2
1
3
Phương pháp giải:
Các cách để tạo ra sinh vật biến đổi gen (SGK Sinh 12 trang 84).
Giải chi tiết:
Có 3 cách để tạo sinh vật biến đổi gen là
(1) Đưa thêm một gen lạ vào hệ gen.
(3) Làm biến đổi một gen đã có sẵn trong hệ gen.
(4). Loại bỏ hoặc làm bất hoạt một gen trong hệ gen.
Tân sinh.
Cổ sinh.
Trung sinh.
Thái cổ.
Giải chi tiết:
Trong lịch sử phát triển của sinh giới, thực vật có hạt xuất hiện ở đại Cổ sinh.
thay đổi do hoạt động của con người.
nhu cầu về nguồn sống.
diện tích của quần xã.
thay đổi do các quá trình tự nhiên.
Giải chi tiết:
Sự phân bố của một loài trong quần xã thường phụ thuộc chủ yếu vào nhu cầu về nguồn sống của các cá thể.
Đáp án: 12 loại kiểu gen và 4 loại kiểu hình
Giải chi tiết:
Phép lai AaBbDdEE × aaBBDdee → (1Aa:1aa)(1BB:1Bb)(1DD:2Dd:1dd)Ee
Số kiểu gen: 2 × 2 × 3 × 1 = 12
Số kiểu hình: 2 × 1 × 2 × 1 = 4.
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
Học liệu phổ biến Đánh giá năng lực
Đánh giá năng lực
Bài tập vừa sức, đúng lớp
Chọn nội dung phù hợp và tạo hoạt động cho lớp của bạn.
Học liệu phổ biến ĐHQG Hà Nội
ĐHQG Hà Nội
Thêm cảm hứng cho môn học
Biến kiến thức quen thuộc thành hoạt động học tập thú vị.
