Top 5 đề thi Đánh giá năng lực trường ĐHQG Hà Nội có đáp án (Đề 3)
150 câu hỏi
Trong một nông trường chăn nuôi bò sữa Ba Vì ta thu nhập được tài liệu sau:
12 con
15 con
85 con
25 con
Đáp án D
Phương pháp giải:
Quan sát bảng số liệu, xem số lượng con bò cho sản lượng cao nhất là bao nhiêu, từ đó ta chọn đáp án đúng.
Giải chi tiết:
Sản lượng sữa hàng ngày cao nhất của một con bò là từ 15 – 17 lít sữa/ ngày.
Quan sát bảng số liệu đã cho, số con bò cho sản lượng sữa dao động trong khoảng này là: 25 con.
3.
\(\frac{1}{6}\).
\(\frac{1}{3}\).
\(\frac{2}{3}\).
Đáp án C
Phương pháp giải:
Đạo hàm của hàm chứa căn \(\sqrt u \) là \({\left( {\sqrt u } \right)^\prime } = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\).
Giải chi tiết:
Ta có \(f\left( x \right) = \sqrt {2x - 1} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2x - 1} }}{\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} f'\left( 5 \right) = \frac{1}{{\sqrt {2.5 - 1} }} = \frac{1}{3}\).
\(x = 4\)
\(x = 13\)
\[x = 9\]
\[x = \frac{1}{2}\]
Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải phương trình lôgarit: \[{\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\]
Giải chi tiết:
\[{\log _3}\left( {x - 4} \right) = 2 \Leftrightarrow x - 4 = {3^2} \Leftrightarrow x = 13\]
3
5
7
9
Đáp án B
Phương pháp giải:
+) Đặt \[a = \sqrt {4x + 2y} {\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} b = \sqrt {2x - y} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a \ge 0,{\mkern 1mu} b \ge 0)\], khi đó đưa hệ đã cho về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn của a và b.
+) Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn của a, b để tìm a và b.
+) Tìm được a, b ta thay ngược lại để tìm x và y, từ đó tính được tổng của x và y.
Giải chi tiết:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3\sqrt {4x + 2y} - 5\sqrt {2x - y} = 2}\\{7\sqrt {4x + 2y} + 2\sqrt {2x - y} = 32}\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (3)\]
ĐK: \(4x + 2y \ge 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - y \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (*)\)
Đặt \(a = \sqrt {4x + 2y} {\mkern 1mu} ,{\mkern 1mu} b = \sqrt {2x - y} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (a \ge 0,{\mkern 1mu} b \ge 0)\), khi đó hệ (3) trở thành:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - 5b = 2}\\{7a + 2b = 32}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 10b = 4}\\{35a + 10b = 160}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 10b = 4}\\{6a - 10b + 35a + 10b = 4 + 160}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6a - 10b = 4}\\{41a = 164}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{10b = 6a - 4}\\{a = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{10b = 6.4 - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{10b = 20}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4{\mkern 1mu} (tm)}\\{b = 2{\mkern 1mu} (tm)}\end{array}} \right.\)
Thay \(a = 4;\,b = 2\)ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sqrt {4x + 2y} = 4}\\{\sqrt {2x - y} = 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 2y = 16}\\{2x - y = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 2(2x - 4) = 16}\\{y = 2x - 4}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 4x - 8 = 16}\\{y = 2x - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8x = 24}\\{y = 2x - 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 2.3 - 4}\end{array}} \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{y = 2}\end{array}} \right.\).
Thay \(x = 3;\,y = 2\) thì điều kiện (*) được thỏa mãn. Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left( {3;2} \right)\) là nghiêm của hệ (3).
Khi đó \(x + y = 3 + 2 = 5\).
\( - 3\)
\( - 2\)
3
\( - 4\)
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm các điểm biểu diễn số phức \({z_1},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_3}\).
- Tam giác ABC vuông tại B thì \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = 0\).
Giải chi tiết:
Vì A, B, C lần lượt là các điểm biểu diễn ba số phức \({z_1} = 1 + i\), \({z_2} = {\left( {1 + i} \right)^2} = 2i\) và \({z_3} = a - i\) nên ta có \(A\left( {1;1} \right),B\left( {0;2} \right)\) và \(C\left( {a; - 1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {BA} = \left( {1; - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {BC} = \left( {a; - 3} \right)\),
Tam giác ABC vuông tại B thì \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = 0\).
\( \Leftrightarrow 1.a - 1.\left( { - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow a + 3 = 0 \Leftrightarrow a = - 3\).
\(y - z = 0\)
\(x - z = 0\)
\(x + y = 0\)
\(y + z = 0\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Áp dụng công thức tính tích có hương giữa hai vecto \(\vec k = \left( {0;0;1} \right)\) và \[\overrightarrow {OM} \] để suy ra vecto pháp tuyến của mặt phẳng \[\left( P \right)\].
- Áp dụng công thức viết phương trình mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Mặt phẳng \[\left( P \right)\] đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTPT \[\vec n\left( {A;B;C} \right)\] có phương trình là \[A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\].
Giải chi tiết:
Trục \[Oz\] có 1 VTCP là \[\vec k = \left( {0;0;1} \right)\].
Ta có: \[\overrightarrow {OM} = \left( { - 1;1; - 1} \right) \Rightarrow \left[ {\vec k;\overrightarrow {OM} } \right] = \left( { - 1; - 1;0} \right)\].
Gọi \(\vec n\) là 1 VTCP của mặt phẳng \(\left( P \right)\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Oz \subset \left( P \right)}\\{M \in \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\vec n \bot \vec k}\\{\vec n \bot \overrightarrow {OM} }\end{array}} \right. \Rightarrow \vec n = - \left[ {\vec k;\overrightarrow {OM} } \right] = \left( {1;1;0} \right)\).
Vậy mặt phẳng \(\left( P \right)\) có phương trình là \(1.\left( {x - 0} \right) + 1.\left( {y - 0} \right) + 0.\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y = 0\).
\(E\left( {3;0;2} \right)\)
\(F\left( {0;1;0} \right)\)
\(L\left( {0; - 1;0} \right)\)
\(S\left( { - 3;0; - 2} \right)\)
Đáp án B
Phương pháp giải:
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\) trên trục \(Oy\) là \(M'\left( {0;y;0} \right)\).
Giải chi tiết:
Hình chiếu vuông góc của điểm \(M\left( {3;1;2} \right)\) trên trục \(Oy\) là điểm \(F\left( {0;1;0} \right)\).
\(S = \emptyset \)
\(S = \mathbb{R}\)
\(S = \left( { - \infty ; - 1} \right)\)
\(S = \left( { - 1; + \infty } \right)\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
Giải bất phương trình để tìm tập nghiệm của bất phương trình.
Giải chi tiết:
Ta có: \(5x - \frac{{x + 1}}{5} - 4 < 2x - 7\)
\( \Leftrightarrow 5\left( {5x - \frac{{x + 1}}{5} - 4} \right) < 5\left( {2x - 7} \right)\)
\( \Leftrightarrow 25x - \left( {x + 1} \right) - 20 < 10x - 35\)
\( \Leftrightarrow 25x - x - 1 - 20 < 10x - 35\)
\( \Leftrightarrow 25x - x - 10x < 1 + 20 - 35\)
\( \Leftrightarrow 14x < - 14\)
\( \Leftrightarrow x < - 1\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right)\).
\(m \ge 3\)
\(m \in \mathbb{R}\)
\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le - 1}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\)
\( - 1 \le m \le 1\)
Đáp án D
Phương pháp giải:
Đặt \(t = \sin x\;\;\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\). Khi đó phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow pt\) ẩn \(t\) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;\;1} \right]\).
Sau đó dùng MTCT để thử các đáp án.
Giải chi tiết:
Đặt \(t = \sin x\;\;\left( { - 1 \le t \le 1} \right)\).
Khi đó ta có phương trình: \({t^2} - \left( {2 + m} \right)t + 2m = 0\;\;\left( * \right)\)
Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow pt\;\;\left( * \right)\) có nghiệm \(t \in \left[ { - 1;\;1} \right]\).
+) Đáp án A: Thử với \(m = 4\) ta được:
\(\left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 6t + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 2\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]}\\{t = 4\; \notin \left[ { - 1;\;1} \right]}\end{array}} \right. \Rightarrow m = 4\;\left( {ktm} \right)\).
\( \Rightarrow \) loại đáp án A, B.
+) Đáp án C: Thử với \(m = 2 \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow {t^2} - 4t + 4 = 0 \Leftrightarrow t = 2 \notin \left[ { - 1;{\mkern 1mu} 1} \right] \Rightarrow m = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)\)
\( \Rightarrow \) loại đáp án C.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 150 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Phương án 1
Phương án 2
Cả 2 phương án
Không phương án nào
Tính tổng lương trong 10 năm.
+ Theo phương án 1:
+ Theo phương án 2:
1 năm có 4 quý năm có 40 quý.
Vậy chọn phương án 2.
\(y = \ln \left| {1 - x} \right|\)
\(y = - \ln \left( {1 - x} \right)\)
\(y = \ln \frac{1}{{x - 1}}\)
\(y = \ln \left| {x - 1} \right|\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Sử dụng công thức tính nguyên hàm \(\int {\frac{{dx}}{{ax + b}}} = \frac{1}{a}\ln \left| {ax + b} \right| + C\).
- Xét dấy biểu thức trong trị tuyệt đối để phá trị tuyệt đối.
Giải chi tiết:
Ta có: \(\int {\frac{1}{{1 - x}}dx} = \frac{1}{{ - 1}}.ln\left| {1 - x} \right| + C = - \ln \left| {1 - x} \right| + C\)
Mà \(x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow x > 1 \Leftrightarrow 1 - x < 0\)
\( \Rightarrow \int {\frac{1}{{1 - x}}dx} = - \ln \left( {x - 1} \right) + C = \ln {\left( {x - 1} \right)^{ - 1}} + C = \ln \frac{1}{{x - 1}} + C\)
Vậy \(y = \ln \frac{1}{{x - 1}}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{1 - x}}\).
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như hình dưới đây.
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số \[m\] để bất phương trình \[2f\left( x \right) + {x^2} > 4x + m\] nghiệm đúng với mọi \[x \in \left( { - 1;3} \right)\].
\[m < - 10\]
\[m < - 2\]
\[m < 5\]
Đáp án B
Phương pháp giải:
Biến đổi bất phương trình về dạng \[f\left( x \right) > g\left( x \right)\].
Sử dụng lý thuyết: \(f\left( x \right) > g\left( x \right),\forall x \in D \Leftrightarrow g\left( x \right) < \mathop {\min }\limits_D f\left( x \right)\).
Giải chi tiết:
Ta có: \(2f\left( x \right) + {x^2} > 4x + m \Leftrightarrow f\left( x \right) > \frac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2}\)
Bất phương trình nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 1;3} \right)\)
\( \Leftrightarrow f\left( x \right) > \frac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2},\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)
\( \Leftrightarrow g\left( x \right) = \frac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2} < \mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} f\left( x \right) = - 3,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)
\(\frac{{ - {x^2} + 4x + m}}{2} < - 3,\forall x \in \left( { - 1;3} \right)\)
\( \Leftrightarrow - {x^2} + 4x + m < - 6,\forall x \in \left( { - 1;3} \right) \Leftrightarrow m < {x^2} - 4x - 6,\forall x \in \left( { - 1;3} \right) \Leftrightarrow m < \mathop {\min }\limits_{\left( { - 1;3} \right)} h\left( x \right)\) với \(h\left( x \right) = {x^2} - 4x + 6\).
Xét \(h\left( x \right) = {x^2} - 4x + 6\) trên \(\left( { - 1;3} \right)\) có: \(h'\left( x \right) = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2 \in \left( { - 1;3} \right)\).
Bảng biến thiên:
60m
64m
160m
96m
Đáp án D
Phương pháp giải:
Tính khoảng thời gian người đó từ lúc đạp phanh đến lúc dừng lại.
Giải chi tiết:
Người đó đi từ lúc đạp phanh đến lúc dừng lại, ta có: \(v\left( t \right) = 0\).
\( \Leftrightarrow - 2t + 16 = 0 \Leftrightarrow t = 8\).
Quãng đường người đó đi được trong 8 giây là: \({S_1} = \int\limits_0^8 {\left( { - 2t + 16} \right)dt} = \left. {\left( { - {t^2} + 16t} \right)} \right|_0^8 = 64{\mkern 1mu} m\).
Quãng đường người đó đi được trong 2 giây trước đó là: \({S_2} = 2.16 = 32{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m\).
\( \Rightarrow \) Quãng đường người đó đi được trong 10 giây cuối là: \(64 + 32 = 96{\mkern 1mu} m\).
10 năm
7 năm
8 năm
9 năm
Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức lãi kép \(T = A{\left( {1 + r} \right)^N}\), trong đó:
\(T\) là số tiền nhận được (cả gốc lẫn lãi) sau \(N\) kì hạn.
\(A\) là số tiền gửi ban đầu.
\(r\) là lãi suất 1 kì hạn.
\(N\) là số kì hạn gửi.
Giải chi tiết:
Số tiền chị Tâm có được (cả vốn lẫn lãi) sau \(N\) năm là : \(T = 340{\left( {1 + 8,7\% } \right)^N}\) (triệu đồng).
Theo bài ra ta có: \(T > 680 \Leftrightarrow 340{\left( {1 + 8,7\% } \right)^N} > 680\)
\( \Leftrightarrow 1,{087^N} > 2 \Leftrightarrow N > {\log _{1,087}}2 \approx 8,3\)
Vậy cần ít nhất 9 năm thì chị Tâm có được số tiền nhiều hơn 680 triệu đồng.\(\left( {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]\)
\(\left( {\frac{1}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]\)
\(\left[ {\frac{1}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]\)
\(\left[ {\frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right]\)
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Tìm ĐKXĐ của bất phương trình.
- Giải bất phương trình logarit: \({\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < a < 1\)
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{2x - 1 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\)
Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( {2x - 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x \le {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {2x - 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow x \ge {\left( {2x - 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow 4{x^2} - 5x + 1 \le 0\)
\( \Leftrightarrow \frac{1}{4} \le x \le 1\)
Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là \(S = \left( {\frac{1}{2};1} \right]\).
9
\(\frac{{13}}{6}\)
\(\frac{{13}}{3}\)
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xét phương trình hoành độ tìm 2 đường giới hạn \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\).
- 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: \(x = a,{\mkern 1mu} x = b\) 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: \(x + 3 = 2{x^2} - x - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\).
Vậy diện tích hình phẳng cần tính là \(S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {x + 3 - 2{x^2} + x + 1} \right|dx} = 9\).
4
0
3
5
Đáp án C
Phương pháp giải:
Tính \(y'\) và tìm điều kiện để \(y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
Chú ý: Cho tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\left( {a \ne 0} \right)\).
Khi đó: \(f\left( x \right) \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{\Delta \le 0}\end{array}} \right.\)
\(f\left( x \right) \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta \le 0}\end{array}} \right.\).
Giải chi tiết:
Ta có : \(y' = {x^2} + 4mx + 8\)
Hàm số đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow {x^2} + 4mx + 8 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1 > 0}\\{\Delta ' = 4{m^2} - 8 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow {m^2} \le 2 \Leftrightarrow - \sqrt 2 \le m \le \sqrt 2 \)
Mà \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\).
Vậy có 3 giá trị thỏa mãn.
\(S = 3\)
\(S = - 4\)
\(S = - 6\)
\(S = 2\)
Đáp án B
Phương pháp giải:
- Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\).
- Thay vào biểu thức tìm \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\).
Giải chi tiết:
Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\).
Theo bài ra ta có: \(\left( {2 - 3i} \right)z - 7i\bar z = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow \left( {2 - 3i} \right)\left( {a + bi} \right) - 7i\left( {a - bi} \right) = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow 2a + 2bi - 3ai + 3b - 7ai - 7b = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow 2a - 4b + \left( {2b - 10a} \right)i = 22 - 20i\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - 4b = 22}\\{2b - 10a = - 20}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow z = 1 - 5i\)
Vậy \(a + b = 1 + \left( { - 5} \right) = - 4\).
\(4x + 2y - 1 = 0\)
\(4x - 2y + 1 = 0\)
\(4x - 2y - 1 = 0\)
\(4x - 6y - 1 = 0\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Đặt \(z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\).
- Thay vào biểu thức đề bài cho và suy ra biểu thức biểu diễn mối liên hệ giữa \(x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\).
Giải chi tiết:
Đặt \(z = x + yi \Rightarrow \bar z = x - yi\)
Theo bài ra ta có: \(\left| {z - 2 - i} \right| = \left| {\bar z + 2i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - 2 - i} \right| = \left| {x - yi + 2i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {\left( {x - 2} \right) + \left( {y - 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y - 2} \right)i} \right|\)
\( \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} - 2y + 1 = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\)
\( \Leftrightarrow 4x - 2y - 1 = 0\)
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z thảo mãn \(\left| {z - 2 - i} \right| = \left| {\bar z + 2i} \right|\) là đường thẳng \(4x - 2y - 1 = 0\).
\[\frac{1}{{2\sqrt 5 }}\]
\[\frac{{\sqrt 5 }}{2}\]
\[\frac{5}{2}\]
5
Đáp án C
Phương pháp giải:
Viết phương trình đường thẳng \[BC\]. Tính \(BC,d\left( {A,BC} \right)\) và \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BC.d\left( {A,BC} \right)\).
Giải chi tiết:
\(\overrightarrow {BC} = \left( {2;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {{n_{BC}}} = \left( {1; - 2} \right) \Rightarrow BC:x - 2y - 2 = 0\)
\(BC = \sqrt 5 ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} d\left( {A,BC} \right) = \frac{{\left| {1 - 2.2 - 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2}} }} = \sqrt 5 \)
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.BC.d\left( {A,BC} \right) = \frac{1}{2}.\sqrt 5 .\sqrt 5 = \frac{5}{2}\).
\(m = 2\)
\(m = 1\)
\(m = - 1\)
\(m = 0\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
Đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1},\) bán kính \({R_1}\) tiếp xúc trong với đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2},\) bán kính \({R_2}\) \( \Rightarrow {I_1}{I_2} = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|.\)
Giải chi tiết:
Để phương trình \(\left( {{C_2}} \right)\) là phương trình đường tròn thì: \({m^2} + {\left( {2m + 3} \right)^2} + 3m + 5 > 0\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 4{m^2} + 12m + 9 + 3m + 5 > 0\)
\( \Leftrightarrow 5{m^2} + 15m + 14 > 0\)
\( \Leftrightarrow 5\left( {{m^2} + 3m} \right) + 14 > 0\)
\( \Leftrightarrow 5\left( {{m^2} + 2.\frac{3}{2}m + \frac{9}{4}} \right) - \frac{{5.9}}{4} + 14 > 0\)
\( \Leftrightarrow 5{\left( {m + \frac{3}{2}} \right)^2} + \frac{{11}}{4} > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall m\)
\( \Rightarrow \left( {{C_2}} \right)\) luôn là phương trình đường tròn với \(\forall m\).
Ta có: \(\left( {{C_1}} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và bán kính \({R_1} = 3.\)
\(\left( {{C_2}} \right)\) có tâm \({I_2}\left( { - m;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2m + 3} \right)\) và bán kính \({R_2} = \sqrt {5{m^2} + 15m + 14} .\)
Đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) và \(\left( {{C_2}} \right)\) tiếp xúc trong với nhau \( \Leftrightarrow {I_1}{I_2} = \left| {{R_1} - {R_2}} \right|\)
\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {m + 1} \right)}^2} + {{\left( {2m + 1} \right)}^2}} = \left| {3 - \sqrt {5{m^2} + 15m + 14} } \right|\)
\( \Leftrightarrow {m^2} + 2m + 1 + 4{m^2} + 4m + 1 = 9 - 6\sqrt {5{m^2} + 15m + 14} + 5{m^2} + 15m + 14\)
\( \Leftrightarrow 9m + 21 = 6\sqrt {5{m^2} + 15m + 14} \)
\( \Leftrightarrow 3m + 7 = 2\sqrt {5{m^2} + 15m + 14} \)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m + 7 \ge 0}\\{{{\left( {3m + 7} \right)}^2} = 4\left( {5{m^2} + 15m + 14} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - \frac{7}{3}}\\{9{m^2} + 42m + 49 = 20{m^2} + 60m + 56}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - \frac{7}{3}}\\{11{m^2} + 18m + 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - \frac{7}{3}}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - \frac{7}{{11}}}\\{m = - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = - 1.\)
\(x + y + z - 2 = 0\)
\[3x - 2y - z + 3 = 0\]
\[ - x + y = 0\]
\[ - x + y = 0\]
Đáp án B
Phương pháp giải:
- \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B \in \left( Q \right)}\\{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {AB} = 0}\\{\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {{n_P}} = 0}\end{array}} \right.\]\[ \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right]\]
- Phương trình mặt phẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTPT \[\vec n\left( {A;B;C} \right)\] là:
\[A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\].
Giải chi tiết:
Gọi \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1;1;1} \right)\) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\), \(\overrightarrow {{n_Q}} \) là 1 VTPT của mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;2; - 1} \right)\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B \in \left( Q \right)}\\{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {AB} = 0}\\{\overrightarrow {{n_Q}} .\overrightarrow {{n_P}} = 0}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {{n_P}} } \right] = \left( {3; - 2; - 1} \right)\)
Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là:
\(3\left( {x - 1} \right) - 2\left( {y + 1} \right) - 1.\left( {z - 2} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x - 2y - z - 3 = 0\).
\[\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{4}\]
\[\frac{{2\pi {a^2}\sqrt 2 }}{3}\]
\[\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}\]
\[\pi {a^2}\sqrt 2 \]
Đáp án C
Phương pháp giải:
Diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy \[r\] và đường sinh \[l\] là \[S = \pi rl.\]
Giải chi tiết:
Thiết diện qua trục của hình nón là \[\Delta SAB\] vuông cân tại \[S\] và có \(SA = SB = a\).
\( \Rightarrow l = SA = a\)
Ta có: \(\Delta SAB\) vuông cân tại \(S\) \( \Rightarrow AB = SA\sqrt 2 = a\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow r = OA = \frac{1}{2}AB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\( \Rightarrow \) Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}\).
Có 3 quả bóng tennis được chứa trong một hộp hình trụ (hình vẽ bên) với chiều cao 21cm và bán kính 3,5cm.
Thể tích bên trong hình trụ không bị chiếm bởi các quả bóng tennis (bỏ qua độ dày của vỏ hộp) bằng bao nhiêu?
\(82,75\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}\)
\(87,25\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}\)
\(85,75\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}\)
\(87,75\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c{m^3}\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính thể tích khối trụ có chiều cao h, bán kính đáy r là \(V = \pi {r^2}h\).
- Xác định bán kính của 1 khối cầu, tính thể tích 1 khối cầu bán kính R là \(V' = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
- Thể tích phần không bị chiếm bằng thể tích khối trụ trừ đi 3 lần thể tích khối cầu.
Giải chi tiết:
+ Thể tích khối trụ là: \(V = \pi {r^2}h = \pi .3,{5^2}.21 = 257,25\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\).
+ Gọi d là đường kính 1 khối cầu \( \Rightarrow 3d = h = 21 \Rightarrow d = 7\), khi đó bán kính 1 khối cầu là \(R = \frac{d}{2} = 3,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)
\( \Rightarrow \) Thể tích 1 khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi .{\left( {3,5} \right)^3} = \frac{{343}}{6}\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c{m^3}} \right)\).
Vậy thể tích phần không bị chiến là \(257,25\pi - 3.\frac{{343}}{6}\pi = 85,75\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {c{m^3}} \right)\).
\(2\sqrt 3 {a^3}\)
\(\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}\)
\(\sqrt 3 {a^3}\)
\[\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{2}\]
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Vì \[A'A = A'B = A'C\] nên hình chiếu vuông góc của \[A'\] lên \[\left( {ABC} \right)\] trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\].
- Xác định 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 hoặc tính chất tam giác vuông cân tính chiều cao của lăng trụ.
- Thể tích khối lăng trụ có chiều cao \[h\], diện tích đáy \[B\] là \[V = Bh\].
Giải chi tiết:
Gọi \(M,{\mkern 1mu} N\) lần lượt là trung điểm của \(AC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} BC\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) nên \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\), lại có \(A'A = A'B = A'C\) nên hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên \(\left( {ABC} \right)\) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).
\( \Rightarrow A'M \bot \left( {ABC} \right)\)
Ta có: \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC \Rightarrow MN//AB\).
\( \Rightarrow MN \bot AC\) và \(MN = \frac{1}{2}AB = a\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot MN}\\{AC \bot A'M}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {A'MN} \right) \Rightarrow AC \bot A'N\)
\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'N;MN} \right) = \angle A'NM = {45^0}\)
\( \Rightarrow \Delta A'MN\) vuông cân tại \(M\) \( \Rightarrow A'M = MN = a\)
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'M.{S_{\Delta ABC}} = A'M.\frac{1}{2}AB.BC = a.\frac{1}{2}.2a.a\sqrt 3 = \sqrt 3 {a^3}\).
\(k = \frac{1}{3}\)
\(k = 3\)
\(k = \frac{1}{2}\)
\(k = 2\)
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(S = DM \cap AB\). Trong \(\left( {ABEF} \right)\) gọi \(S' = EN \cap AB\).
- Sử dụng định lí: Giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt thì đồng quy hoặc đôi một song song chứng minh \(S \equiv S'\).
- Sử dụng định lí Ta-lét.
Giải chi tiết:
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(S = DM \cap AB\). Trong \(\left( {ABEF} \right)\) gọi \(S' = EN \cap AB\).
Để \(MN//DE\) thì \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} E\) đồng phẳng.
Khi đó ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {MNDE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MS}\\{\left( {MNDE} \right) \cap \left( {ABEF} \right) = ES'}\\{\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABEF} \right) = AB}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow MS,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ES',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB\) đồng quy.
\( \Rightarrow S \equiv S'\) hay \(DM,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} EN,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB\) đồng quy tại \(S\).
Khi đó ta có hình vẽ như sau:
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{AS}}{{CD}} = \frac{{AS}}{{AB}}\); \[\frac{{BN}}{{NF}} = \frac{{BS'}}{{EF}} = \frac{{BS}}{{AB}}\].
Theo bài ra ta có: \[\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AC - AM}} = \frac{{BN}}{{BF - BN}}\]\[ \Rightarrow \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{BN}}{{BF}}\]
Từ đó suy ra \[\frac{{AS}}{{AB}} = \frac{{BS}}{{AB}} \Rightarrow AS = BS\] \[ \Rightarrow S\] là trung điểm của \[AB\].
Khi đó ta có: \[\frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{AS}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AM + MC}} = \frac{1}{{1 + 2}} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{1}{3}\].
Vậy \[k = \frac{1}{3}\].
12
3
9
6
Đáp án D
Phương pháp giải:
\(O{M_{\max }} = OI + R\) với \(I;R\) lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Giải chi tiết:
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 2;1;2} \right)\), bán kính \(R = 3\).
Với \(M \in \left( S \right)\) ta có: \(O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} + 3 = 6\).
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = - 3 + 2t}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2t}\\{y = 2 - 3t}\\{z = 1 - t}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = - 3 - 2t}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.\]
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 - t}\\{y = - 3}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.\]
Đáp án A
Phương pháp giải:
- Xác định VTPT của \[\left( \alpha \right)\] và \(\left( {Oyz} \right)\).
- Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d\parallel \left( \alpha \right)}\\{d\parallel \left( {Oyz} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_d}} .\overrightarrow {{n_\alpha }} = 0}\\{\overrightarrow {{n_d}} .\vec i = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_d}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\vec i} \right]\).
- Phương trình tham số của đường thẳng đi qua \({M_0}\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) 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:
Gọi \(\overrightarrow {{u_d}} \) là 1 VTCP của đường thẳng \(d\).
Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - y + 2z - 3 = 0\) có 1 VTPT là \(\overrightarrow {{n_\alpha }} = \left( {2; - 1;2} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có 1 VTPT là \(\vec i\left( {1;0;0} \right)\).
Ta có: \(\left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\vec i} \right] = \left( {0;2;1} \right)\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{d\parallel \left( \alpha \right)}\\{d\parallel \left( {Oyz} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_d}} .\overrightarrow {{n_\alpha }} = 0}\\{\overrightarrow {{n_d}} .\vec i = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_d}} = \left[ {\overrightarrow {{n_\alpha }} ;\vec i} \right] = \left( {0;2;1} \right)\).
Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = - 3 + 2t}\\{z = - 1 + t}\end{array}} \right.\).
\(x = 3\)
\(x = 0\)
\[x = 1\]
\[x = - 1\]
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Tính \[g'\left( x \right)\], giải phương trình \[g'\left( x \right) = 0\].
- Lập BXD của \[g'\left( x \right)\].
- Xác định điểm cực đại của hàm số \[g\left( x \right)\] là điểm mà \[g'\left( x \right)\] đổi dấu từ dương sang âm.
Giải chi tiết:
Ta có: \[g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\]
\[ \Rightarrow g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\]
\[g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - 2 = 0}\\{f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{{x^2} - 2x = - 2}\\{{x^2} - 2x = 3}\end{array}} \right.\] (ta không xét \[{x^2} - 2x = 0\] vì \(x = 0\) là nghiệm kép của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)).
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\) và qua các nghiệm này thì \(g'\left( x \right)\) đổi dấu.
Chọn: \(x = 4\) ta có \(g'\left( 4 \right) = 6f'\left( 8 \right) > 0\).
Khi đó ta có BXD của \(g'\left( x \right)\) như sau:
Điểm cực đại của hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 2x} \right)\) là \({x_{CD}} = 1\).
\(I\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};0} \right)\)
\(I\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3};\frac{{\sqrt 2 }}{3};0} \right)\)
\(I\left( {\frac{1}{3};\frac{1}{3};0} \right)\)
\(I\left( {\frac{1}{4};\frac{1}{4};0} \right)\)
Đáp án A
Phương pháp giải:
Xác định diện tích thông qua tỉ số, áp dụng định lí Cosin tìm độ dài và biện luận min
Giải chi tiết:
Ta có: \(\overrightarrow {OA} = \left( {1;0;1} \right),\;\overrightarrow {OB} = \left( {0;1; - 1} \right),\;OA = OB = \sqrt 2 ,\) \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;1; - 2} \right),\;AB = \sqrt 6 .\)
Suy ra: \(\frac{{{S_{ODE}}}}{{{S_{OAB}}}} = \frac{{OD.OE}}{{OA.OB}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{OD.OE}}{2} \Leftrightarrow OD.OE = 1.\)
Lại có \(\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}} = \frac{{2 + 2 - 6}}{4} = \frac{{ - 1}}{2}.\)
Mặt khác \(D{E^2} = O{D^2} + O{E^2} - 2OD.OE\cos \widehat {AOB} = O{D^2} + O{E^2} + OD.OE \ge 3OD.OE.\)
\( \Rightarrow DE \ge \sqrt 3 \). Dấu bằng xảy ra khi \(OD = OE = 1\)
Khi đó \(\overrightarrow {OD} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\overrightarrow {OA} \Rightarrow D\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2};0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right),\;\overrightarrow {OE} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\overrightarrow {OB} \Rightarrow E\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}; - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right).\)
Vậy trung điểm \(I\) của \(DE\) có tọa độ \(I\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4};\frac{{\sqrt 2 }}{4};0} \right)\).
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\), có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:
Đặt \(g\left( x \right) = \left| {m + f\left( {x + 1} \right)} \right|\) (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số \(y = g\left( x \right)\) có đúng 3 điểm cực trị.
\(m < - 1\) hoặc \(m > 3\)
\[ - 1 < m < 3\]
\[m \le - 1\] hoặc \[m \ge 3\]
\[ - 1 \le m \le 3\]
Đáp án C
Phương pháp giải:
Số điểm cực trị của hàm số \[y = \left| {f\left( x \right)} \right|\] = số điểm cực trị của hàm số \[y = f\left( x \right)\] + số giao điểm của đồ thị hàm số \[y = f\left( x \right)\] với trục hoành (không tính điểm tiếp xúc).
Giải chi tiết:
Dựa vào BBT ta thấy \[f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1}}\\{x = {x_2}}\end{array}} \right.\].
Đặt \[h\left( x \right) = m + f\left( {x + 1} \right)\] ta có \(h'\left( x \right) = f'\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 = {x_1}}\\{x + 1 = {x_2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_1} - 1}\\{x = {x_2} - 1}\end{array}} \right.\), do đó hàm số \[h\left( x \right) = m + f\left( {x + 1} \right)\] có 2 điểm cực trị.
Suy ra để hàm số \[g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right| = \left| {m + f\left( {x + 1} \right)} \right|\] có đúng 3 điểm cực trị thì phương trình \[m + f\left( {x + 1} \right) = 0\] phải có nghiệm bội lẻ duy nhất.
Ta có: \[m + f\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) = - m\], dựa vào BBT ta thấy đường thẳng \[y = - m\] cắt qua (không tính điểm tiếp xúc) đồ thị hàm số \[y = f\left( {x + 1} \right)\] tại 1 điểm duy nhất khi và chỉ khi \[\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - m \ge 1}\\{ - m \le - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le - 1}\\{m \ge 3}\end{array}} \right.\].
\(0 \le m \le 6\)
\(3 \le m \le 3\sqrt 2 \)
\( - \frac{1}{2} \le m \le 3\sqrt 2 \)
\(3\sqrt 2 - \frac{9}{2} \le m \le 3\)
Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt \(t = \sqrt {3 + x} + \sqrt {6 - x} \), tìm điều kiện của \(t\).
- Bình phương hai vế, biểu diễn \(\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \) theo \(t\).
- Đưa phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\), tìm nghiệm \(t\) theo \(m\).
- Giải các bất phương trình \(t\) thỏa mãn điều kiện xác định ở trên.
Giải chi tiết:
ĐKXĐ: \( - 3 \le x \le 6\)
Đặt \(t = \sqrt {3 + x} + \sqrt {6 - x} \)
\( \Rightarrow {t^2} = 3 + x + 6 - x + 2\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \)
\( \Rightarrow {t^2} = 9 + 2\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \)
\( \Rightarrow \sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} = \frac{{{t^2} - 9}}{2}\)
Do \(\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right)} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{{t^2} - 9}}{2} \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t \ge 3}\\{t \le - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow t \ge 3\) (do \[t \ge 0\]).
Lại có \[\left( {3 + x} \right)\left( {6 - x} \right) = - {x^2} + 3x + 18 \le \frac{{81}}{4}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x\] nên \[\frac{{{t^2} - 9}}{2} \le \frac{9}{2} \Leftrightarrow t \le 3\sqrt 2 \]\[ \Rightarrow 3 \le t \le 3\sqrt 2 \].
Khi đó phương trình trở thành \(t - \frac{{{t^2} - 9}}{2} = m \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 2m - 9 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)
Để phương trình ban đầu có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm thỏa mãn (1).
Ta có \(\Delta ' = 1 - 2m + 9 = 10 - 2m \ge 0 \Leftrightarrow m \le 5\)
Khi đó phương trình (*) có nghiệm \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = 1 + \sqrt {10 - 2m} }\\{{t_2} = 1 - \sqrt {10 - 2m} }\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 \le 1 + \sqrt {10 - 2m} \le 3\sqrt 2 }\\{3 \le 1 - \sqrt {10 - 2m} \le 3\sqrt 2 }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 \le \sqrt {10 - 2m} \le 3\sqrt 2 - 1}\\{1 - 3\sqrt 2 \le \sqrt {10 - 2m} \le - 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {VN} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow 4 \le 10 - 2m \le 19 - 6\sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow 6\sqrt 2 - 9 \le 2m \le 6\)
\( \Leftrightarrow 3\sqrt 2 - \frac{9}{2} \le m \le 3\)
Kết hợp điều kiện ta có \(3\sqrt 2 - \frac{9}{2} \le m \le 3\).\(\frac{{15}}{8}\)
\(\frac{9}{8}\)
\(\frac{{13}}{8}\)
\(\frac{1}{8}\)
Đáp án D
Phương pháp giải:
- Đặt \(t = \frac{1}{x}\), suy ra hệ phương trình, giải tìm \(f\left( x \right)\).
- Tính tích phân \(I = \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {xf\left( x \right)dx} \), có thể sử dụng MTCT.
Giải chi tiết:
Theo bài ra ta có: \(f\left( x \right) + 2f\left( {\frac{1}{x}} \right) = x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\), \(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).
Đặt \(t = \frac{1}{x}\) , khi đó (1) trở thành \(f\left( {\frac{1}{t}} \right) + 2f\left( t \right) = \frac{1}{t}\), suy ra \(f\left( {\frac{1}{x}} \right) + 2f\left( x \right) = \frac{1}{x}\).
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) + 2f\left( {\frac{1}{x}} \right) = x}\\{f\left( {\frac{1}{x}} \right) + 2f\left( x \right) = \frac{1}{x}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) + 2f\left( {\frac{1}{x}} \right) = x}\\{4f\left( x \right) + 2f\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{2}{x}}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow 3f\left( x \right) = \frac{2}{x} - x \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{2}{x} - x} \right)\)
Vậy \(\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {xf\left( x \right)dx} = \frac{1}{3}\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {\left( {2 - {x^2}} \right)dx} = \frac{1}{3}\left. {\left( {2x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{\frac{1}{2}}^2 = \frac{1}{8}\).
\(\frac{{162}}{{165}}\)
\(\frac{{163}}{{165}}\)
\(\frac{{14}}{{55}}\)
\(\frac{{16}}{{55}}\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
Sử dụng nguyên tắc vách ngăn.
Giải chi tiết:
Số cách xếp 12 học sinh thành 1 hàng dọc là \(12!\) cách \( \Rightarrow \) Không gian mẫu \(n\left( \Omega \right) = 12!\)
Gọi A là biến cố: “không có hai bạn nam nào đứng cạnh nhau”
Xếp 8 bạn nữ thành hàng ngang có \(8!\) cách, khi đó có 9 vách ngăn giữa 8 bạn nữ này.
Xếp 4 bạn nam vào 4 trong 9 vách ngăn trên có \(A_9^4\) cách.
Khi đó \(n\left( A \right) = 8!.A_9^4\).
Vậy xác suất cần tìm là \(P\left( A \right) = \frac{{8!.A_9^4}}{{12!}} = \frac{{14}}{{55}}\).
\(\frac{7}{{12}}V\)
\(\frac{5}{{12}}V\)
\(\frac{2}{9}V\)
\(\frac{1}{3}V\)
Đáp án C
Phương pháp giải:
- Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.
- Trong \(\left( {ACC'A'} \right)\) kéo dài \(NC\) cắt \(AA'\) tại \(E\). Sử dụng tỉ số thể tích Simpson tính \(\frac{{{V_{C.MNP}}}}{{{V_{C.MEP}}}}\).
- Tính \(\frac{{{V_{C.MEP}}}}{{{V_{C.ABB'A'}}}} = \frac{{{S_{MEP}}}}{{{S_{ABB'A'}}}}\), sử dụng phương pháp phần bù để so sánh \({S_{MEP}}\) với \({S_{ABB'A'}}\).
- Sử dụng nhận xét \({V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V\), từ đó tính \({V_{CMNP}}\) theo \(V\).
Giải chi tiết:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng để bài toán đơn giản hơn.
Trong \(\left( {ACC'A'} \right)\) kéo dài \(NC\) cắt \(AA'\) tại \(E\).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\frac{{A'N}}{{AC}} = \frac{1}{2} = \frac{{EA'}}{{EA}} = \frac{{EN}}{{EC}}\) \( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CE\) \( \Rightarrow \frac{{CN}}{{CE}} = \frac{1}{2}\).
Ta có: \(\frac{{{V_{C.MNP}}}}{{{V_{C.MEP}}}} = \frac{{CM}}{{CM}}.\frac{{CN}}{{CE}}.\frac{{CP}}{{CP}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{C.MNP}} = \frac{1}{2}{V_{C.MEP}}\).
Dựng hình chữ nhật \(ABFE\), ta có: \({S_{ABFE}} = {S_{ABB'A'}}\).
\(\frac{{{S_{EAM}}}}{{{S_{ABFE}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{4}\)
\(\frac{{{S_{PEF}}}}{{{S_{ABFE}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{PF}}{{BF}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}\)
\(\frac{{{S_{PMB}}}}{{{S_{ABFE}}}} = \frac{1}{2}.\frac{{PB}}{{BF}}.\frac{{BM}}{{AB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2} = \frac{1}{{12}}\).
Khi đó ta có: \({S_{MEP}} = {S_{ABFE}} - {S_{EAM}} - {S_{PEF}} - {S_{PMB}}\)
\({\mkern 1mu} = {S_{ABFE}} - \frac{1}{4}{S_{ABFE}} - \frac{1}{3}{S_{ABFE}} - \frac{1}{{12}}{S_{ABFE}}\)
\( = \frac{1}{3}{S_{ABFE}} = \frac{2}{3}{S_{ABB'A'}}\)
Ta có: \(\frac{{{V_{C.MEP}}}}{{{V_{C.ABB'A'}}}} = \frac{{{S_{MEP}}}}{{{S_{ABB'A'}}}} = \frac{2}{3}\).
Mà \({V_{C.ABB'A'}} = \frac{2}{3}V\) nên \({V_{C.MEP}} = \frac{2}{3}.\frac{2}{3}V = \frac{4}{9}V\).
Vậy \({V_{C.MNP}} = \frac{1}{2}{V_{C.MEP}} = \frac{2}{9}V\).
Đáp án: 1
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 \(k = f'\left( {{x_0}} \right)\).
Giải chi tiết:
Ta có \(y = {x^3} - 2x + 1 \Rightarrow y' = 3{x^2} - 2\).
Vậy tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 1;2} \right)\) là \(k = y'\left( { - 1} \right) = 3{\left( { - 1} \right)^2} - 2 = 1\).
Đáp án: 2
Phương pháp giải:
Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).
Giải chi tiết:
Ta có \(f'\left( x \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow {x^{2021}}{\left( {x - 1} \right)^{2020}}\left( {x + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} le} \right)}\\{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} chan} \right)}\\{x = - 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} le} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) có 2 điểm cực trị \(x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = - 1\).
Đáp án: \(\frac{2}{3}\)
Phương pháp giải:
Công thức tính khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_0};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} ax + by + cz + d = 0\) là:
\(d\left( {M;{\mkern 1mu} \left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}.\)
Giải chi tiết:
Ta có: \(d\left( {M;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 + 2.2 - 2.4 + 5} \right|}}{{\sqrt {1 + {2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} }} = \frac{2}{3}.\)Đáp án: \(\frac{{35}}{{68}}\)
Phương pháp giải:
Tính không gian mẫu.
Gọi A là biến cố: “4 cuốn sách được chọn có ít nhất 2 cuốn sách Toán”.
Xét các TH:
TH1: 2 cuốn sách Toán + 2 cuốn sách Lý & Hóa.
TH2: 3 cuốn sách Toán + 1 cuốn sách Lý & Hóa.
TH3: 4 cuốn sách Toán.
Tính số phần tử của biến cố A và tính xác suất của biến cố A.
Giải chi tiết:
Chọn ngẫu nhiên 4 quyển sách khác nhau từ 18 cuốn sách có \(C_{18}^4\) cách
\( \Rightarrow n\left( \Omega \right) = C_{18}^4\)
Gọi A là biến cố: “4 cuốn sách được chọn có ít nhất 2 cuốn sách Toán”.
TH1: 2 cuốn sách Toán + 2 cuốn sách Lý & Hóa.
\( \Rightarrow \) Có \(C_7^2.C_{11}^2\) cách.
TH2: 3 cuốn sách Toán + 1 cuốn sách Lý & Hóa.
\( \Rightarrow \) Có \(C_7^3.C_{11}^1\) cách.
TH3: 4 cuốn sách Toán.
\( \Rightarrow \) Có \(C_7^4\) cách.
\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_7^2.C_{11}^2 + C_7^3.C_{11}^1 + C_7^4\)
Vậy xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{C_7^2.C_{11}^2 + C_7^3.C_{11}^1 + C_7^4}}{{C_{18}^4}} = \frac{{35}}{{68}}\).
Đáp án: \(\frac{3}{5}\)
Phương pháp giải:
- Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\).
- Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
- Tách giới hạn cần tính thành tích hai giới hạn, trong đó một giới hạn đề bài cho.
Giải chi tiết:
Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}\) ta có: \(f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16} \right] = 16\)
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16} - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 16 - 16}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 32}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)
\( = 12.\frac{2}{{5.\left( {\sqrt {2.16 - 16} + 4} \right)}} = \frac{3}{5}\).
Đáp án: \(m = 10\)
Giải chi tiết:
Hàm số đã cho đạt giá trị lớn nhất tại \(x = - \frac{b}{{2a}} = 1\). Khi đó \(Maxy = f\left( 1 \right) = m - 4\).
Để \(Maxy = 6\) thì \(m - 4 = 6 \Leftrightarrow m = 10\).
Đáp án: \(m > - 3\)
Phương pháp giải:
Để hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) có 2 điểm cực trị thì \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c = 0\) có 2 nghiệm phân biệt.
Giải chi tiết:
Để hàm số \(y = - {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\) có cực đại và cực tiểu thì phương trình \(y' = - 3{x^2} - 6x + m = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \Delta ' = 9 + 3m > 0 \Leftrightarrow m > - 3\).
Đáp án: \(\frac{7}{6}\)
Phương pháp giải:
- Xác định các đường giới hạn hình phẳng.
- Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\), \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).
Giải chi tiết:
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(2 - {x^2} = - x \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)
Vì hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai nên \(x < 0 \Rightarrow x = - 1\).
Khi đó diện tích hình phẳng thuộc góc phần tư thứ hai, giới hạn bởi parabol \(y = 2 - {x^2}\), đường thẳng \(y = - x\) và trục \(Oy\) giới hạn bởi các đường \(y = 2 - {x^2}\), \(y = - x\), \(x = - 1\), \(x = 0\) nên :
\(S = \int\limits_{ - 1}^0 {\left| {2 - {x^2} + x} \right|dx} = \frac{7}{6}\).
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\) là
Đáp án: \(\left( { - 1;3} \right]\)
Phương pháp giải:
- Tính \[{\left[ {f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)} \right]^\prime }\] và tìm nghiệm của \[{\left[ {f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)} \right]^\prime } = 0\].
- Lập bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)\] trên nửa khoảng \[\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\] rồi suy ra tập giá trị của \[m\].
Giải chi tiết:
Xét hàm \(y = f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)\) trên nửa khoảng \(\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\) ta có:
\(y' = {\left[ {f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)} \right]^\prime } = {\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)^\prime }.f'\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = \frac{{ - x.f'\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}}{{\sqrt {4 - {x^2}} }}\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow x.f'\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{f'\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{\sqrt {4 - {x^2}} = - 1}\\{\sqrt {4 - {x^2}} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = \pm \sqrt 3 \notin \left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = 0\).
Bảng biến thiên:
Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy \( - 1 < f\left( {\sqrt 2 } \right)\) nên để phương trình \(f\left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = m\) có nghiệm trong nửa khoảng \(\left[ { - \sqrt 2 ;\sqrt 3 } \right)\) thì \( - 1 < m \le 3\).
Vậy \(m \in \left( { - 1;3} \right]\).
Đáp án: 1
Phương pháp giải:
Gọi \[z = x + yi\left( {x;y \in R} \right)\] khi đó \[\bar z = x - yi\]
Từ đó nhân hai số phức để tìm tập hợp điểm.
Giải chi tiết:
Gọi \[z = x + yi\left( {x;y \in R} \right)\] khi đó \[\bar z = x - yi\]
Ta có: \[z.\bar z = 1 \Leftrightarrow \left( {x + yi} \right)\left( {x - yi} \right) = 1\]
\[ \Leftrightarrow {x^2} - {\left( {yi} \right)^2} = 1\] \[ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1\]
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức \[z\] là một đường tròn có bán kính bằng 1.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), \(SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(a\) (minh họa như hình dưới). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng \((SBC)\)và \(\left( {ABC} \right)\) bằng
Đáp án: \(45^\circ \)
Phương pháp giải:
Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \beta \right)\).
- Tìm giao tuyến \(\Delta \) của \(\left( \alpha \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \beta \right)\).
- Xác định 1 mặt phẳng \(\left( \gamma \right) \bot \Delta \).
- Tìm các giao tuyến \(a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)\).
- Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \beta \right)\): \(\left( {\widehat {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)}} \right) = \left( {\widehat {a;b}} \right)\).
Giải chi tiết:
Gọi I là trung điểm của BC. Do tam giác ABC đều nên \(AI \bot BC\).
Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AI \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AI \bot BC}\\{SI \subset \left( {SBC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} SI \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AI;SI} \right) = \widehat {SIA}\)
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) \( \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Tam giác SAI vuông tại A \( \Rightarrow \tan \widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{AI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {SIA} = {45^0}\)
Vậy \(\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\).
Đáp án: 1
Phương pháp giải:
Cho \(d//\left( P \right) \Rightarrow d\left( {d;\left( P \right)} \right) = d\left( {M;\left( P \right)} \right)\) với \(M \in d\) bất kì.
Giải chi tiết:
Ta có \(\vec u = \left( {2;2;1} \right)\) là 1 VTCP của \(d;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec n = \left( {1; - 2;2} \right)\) là 1 VTPT của \(\left( P \right)\).
\(\vec u.\vec n = 2.1 + 2\left( { - 2} \right) + 1.2 = 0 \Rightarrow \vec u \bot \vec n \Rightarrow d//\left( P \right)\)
Lấy \(M\left( {1;3;2} \right) \in d \Rightarrow d\left( {d;\left( P \right)} \right) = d\left( {M;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {1 - 2.3 + 2.2 + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {2^2}} }} = 1\).
Đáp án: 602
Giải chi tiết:
Đặt \(f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + {y^2}} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) - {\log _4}\left( {x - y} \right)\) (coi \[y\] là tham số).
Điều kiện xác định của \[f\left( x \right)\] là \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + {y^2} > 0}\\{{y^2} + y + 64 > 0}\\{x - y > 0}\end{array}} \right.\].
Do \[x,\;y\] nguyên nên \(x > y \ge - {y^2}\). Cũng vì \(x,\;y\) nguyên nên ta chỉ xét \(f\left( x \right)\) trên nửa khoảng \(\left[ {y + 1; + \infty } \right)\).
\(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\left( {x + {y^2}} \right)\ln 2020}} - \frac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 2021}} - \frac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 4}} < 0,\;\forall x \ge y + 1\)
Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right)\):
Yêu cầu bài toán trở thành: \(f\left( {y + 64} \right) < 0\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2020}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) < {\log _4}64\)
\( \Leftrightarrow {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right)\left( {{{\log }_{2020}}2021 + 1} \right) < 3\)
\( \Leftrightarrow {y^2} + y + 64 - {2021^{\frac{3}{{{{\log }_{2020}}2021 + 1}}}} < 0\)
\( \Leftrightarrow - 301,76 < y < 300,76\).
Mà \(y\) nguyên nên \(y \in \left\{ { - 301; - 300; \ldots ;299;300} \right\}\).
Vậy có 602 giá trị nguyên của \(y\) thỏa mãn yêu cầu.
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\)có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), \(AB = a\), \(AC = a\sqrt 2 \), \(AA' = 2a\). Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) trùng với trung điểm \(H\) của đoạn \(B'C'\) (tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BC'\) bằng:
Đáp án: \(\frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)
Phương pháp giải:
- Chứng minh \(d\left( {AA';BC'} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\), sử dụng định lí khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song và chứa đường thẳng kia.
- Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AK \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in BC} \right)\), trong \(\left( {AHK} \right)\) kẻ \(AI \bot HK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {I \in HK} \right)\), chứng minh \(AI \bot \left( {BCC'B'} \right)\).
- Sử dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.
Giải chi tiết:
Ta có \(AA'//BB' \Rightarrow AA'//\left( {BCC'B'} \right) \supset BC'\).
\( \Rightarrow d\left( {AA';BC'} \right) = d\left( {AA';\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right)\)
Trong \(\left( {ABC} \right)\) kẻ \(AK \bot BC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in BC} \right)\), trong \(\left( {AHK} \right)\) kẻ \[AI \bot HK{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {I \in HK} \right)\] ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AK}\\{BC \bot AH}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow BC \botAI}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AI \bot HK}\\{AI \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {BCC'B'} \right)}\end{array} \Rightarrow d\left( {A;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AI = d\left( {AA';BC'} \right)\]
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \[ABC\] ta có: \[AK = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]
Tam giác \[A'B'C'\] có \[B'C' = {\rm{ }}\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{C'}^2}} = 2a \Rightarrow A'H = \frac{1}{2}B'C' = a\]
\[ \Rightarrow AH = {\rm{ }}\sqrt {A{{A'}^2} + A'{H^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 {\rm{ }}\]
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AHK\) ta có:
\(AI = \frac{{AH.AK}}{{\sqrt {A{H^2} + A{K^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\)
Vậy \(d\left( {AA';BC'} \right) = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).
Đáp án: 11,73 (cm)
Phương pháp giải:
Trải tất cả các mặt bên của khối chóp ra cùng một mặt phẳng.
Giải chi tiết:
Trải hình chóp S.ABCD trên cùng một mặt phẳng \(\left( {{A_1} \equiv A} \right)\).
Giả sử quãng đường của con kiến đi từ A đến \({A_1}\)là \[{\rm{AA'}}B'C'{A_1}\] , khi đó quãng đường con kiến đi ngắn nhất là độ dài đoạn \[{\rm{A}}{{\rm{A}}_1}\].
Xét tam giác SAB có: \(\cos \angle ASB = \frac{{S{A^2} + S{B^2} - A{B^2}}}{{2SA.SB}} = \frac{{{6^2} + {6^2} - {4^2}}}{{{{2.6}^2}}} = \frac{7}{9}\)
\[ \Rightarrow \angle ASB \approx 38,9^\circ \]
\[ \Rightarrow \angle AS{A_1} = 4\angle ASB \approx 155,8^\circ \]
Xét tam giác \[{\rm{AS}}{A_1}\] có: \[A{A_1}^2 = S{A^2} + SA_1^2 - 2SA.S{A_1}.\cos \angle AS{A_1} \approx 11,73{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \](cm).
Lời nhắn nhủ biết say đắm trong tình yêu.
Lời nhắn nhủ biết quý trọng tình nghĩa.
Lời nhắn nhủ biết căm thù và quyết tâm chiến đấu.
Lời nhắn nhủ chân thành, tha thiết về trách nhiệm của mỗi người với đất nước.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Đất nước.
Giải chi tiết:
Nội dung đoạn trích là lời nhắn nhủ chân thành, tha thiết về trách nhiệm của mỗi người với đất nước.
Vì đất nước không trừu tượng, xa xôi mà đất nước kết tinh, hóa thân trong mỗi con người. Mỗi người cần bảo vệ, giữ gìn đất nước như sinh mệnh, sự sống của chính mình.
Vì đất nước không trừu tượng, xa xôi mà đất nước kết tinh, hóa thân trong mỗi con người.
Vì đất nước như sinh mệnh, sự sống của chính mình.
Vì đất nước là sinh mệnh, sự sống của chính mình, cần sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Đất nước.
Giải chi tiết:
Nhà thơ viết "Đất Nước là máu xương của mình" vì đất nước không trừu tượng, xa xôi mà đất nước kết tinh, hóa thân trong mỗi con người. Mỗi người cần bảo vệ, giữ gìn đất nước như sinh mệnh, sự sống của chính mình.
Ý nghĩa ca ngợi những người mang tâm hồn của đất nước.
Ý nghĩa chỉ hành động sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước.
Ý nghĩa ghi dấu ấn của cuộc đời với đất nước.
Ý nghĩa chỉ đất nước như sinh mệnh của mình.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Đất nước.
Giải chi tiết:
Từ "hóa thân" có nghĩa chỉ hành động sẵn sàng cống hiến, hi sinh cho đất nước.
Trữ tình - chính luận
Trữ tình - tự sự
Trữ tình
Tự sự
Đáp án A
Căn cứ bài Đất nước kết hợp với phong cách nghệ thuật.
Giải chi tiết:
Cách gọi “Em ơi em” thể hiện tính chất tình và chính luận.
Liệt kê
Nhân hóa
Điệp ngữ
So sánh
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ các biện pháp nghệ thuật.
Giải chi tiết:
Biện pháp nghệ thuật so sánh: Đất Nước là máu xương của mình.
Số phận của những cái tuyệt đối cá nhân không bộc lộ ra khỏi bản thân, chẳng có gì đáng thèm muốn.
Con người không thể hạnh phúc với một hạnh phúc mong manh như thế.
Mảnh vườn này có thể làm chủ nhân của nó êm ấm một thời gian dài, nhất là khi lớp rào bao quanh không còn làm họ vướng mắt nữa.
Cuộc sống riêng không biết đến điều gì xảy ra ngoài ngưỡng cửa nhà mình là một cuộc sống nghèo nàn, dù nó có đầy đủ tiện nghi đến đâu đi nữa.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào câu chủ đề.
Giải chi tiết:
- Câu chủ đề nằm ở đầu đoạn: Cuộc sống riêng không biết đến điều gì xảy ra ngoài ngưỡng cửa nhà mình là một cuộc sống nghèo nàn, dù nó có đầy đủ tiện nghi đến đâu đi nữa.
Không bộc lộ được bản thân, không thể hạnh phúc
Cuộc sống nghèo nàn, không bộc lộ được bản thân, không thể hạnh phúc
Cuộc sống nghèo nàn, bị xấu xí ở nơi hoang dại
Bị xấu xí ở nơi hoang dại, không thể hạnh phúc
Đáp án B
Phương pháp giải:
Đọc, tìm ý.
Giải chi tiết:
Theo tác giả, cuộc sống riêng không biết đến điều gì xảy ra ở bên ngoài ngưỡng cửa nhà mình gây ra những tác hại: Cuộc sống nghèo nàn, không bộc lộ được bản thân, không thể hạnh phúc.
So sánh
Nhân hóa
Hoán dụ
Điệp từ
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ vào biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
- Biện pháp nghệ thuật chính được tác giả sử dụng trong đoạn trích trên là: so sánh
- Tác giả đã so sánh cuộc sống của mỗi người (cuộc sống đầy đủ tiện nghi; cuộc sống biệt lập; cuộc sống lúc sóng gió; …) với một mảnh vườn (mảnh vườn được chăm sóc cẩn thận, đầy hoa thơm, sạch sẽ và gọn gàng; mảnh vườn có lớp rào bao quanh; mảnh vườn lúc dông tố nổi lên;…)
Phương thức biểu đạt tự sự
Phương thức biểu đạt nghị luận
Phương thức biểu đạt miêu tả
Phương thức biểu đạt biểu cảm
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Phong cách ngôn ngữ.
Giải chi tiết:
Căn cứ 6 phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ).
Cách giải:
- Phương thức biểu đạt nghị luận: Đoạn văn trên nghị luận về cuộc sống riêng khi không biết đến điều gì xảy ra ở bên ngoài ngưỡng cửa nhà mình.
Vì cuộc sống của những cá nhân như vậy sẽ không thể thành công được.
Vì cuộc sống của những cá nhân như vậy sẽ dẫn đến những tác hại tiêu cực.
Vì cuộc sống của những cá nhân như vậy sẽ nghèo nàn, nhàm chán với một hạnh phúc mong manh.
Vì cuộc sống của những cá nhân như vậy sẽ nghèo nàn, không thể thành công được.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Đọc, suy luận.
Giải chi tiết:
Tác giả lại cho rằng: “Số phận của những cái tuyệt đối cá nhân không bộc lộ ra khỏi bản thân, chẳng có gì đáng thèm muốn” vì cuộc sống của những cá nhân như vậy sẽ nghèo nàn, nhàm chán với một hạnh phúc mong manh.
Những đứa con lớn lên bằng tình yêu và sự chăm sóc ân cần của mẹ.
Những đứa con hoảng sợ ngày bàn tay mẹ mỏi
Tình cảm yêu thương, kính trọng của người con đối với mẹ.
Sự yên lặng của người con lắng sâu xuống tư tưởng người mẹ.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Mẹ và Quả.
Giải chi tiết:
Ý không được nói đến trong bài là: Sự yên lặng của người con lắng sâu xuống tư tưởng người mẹ.
Phương thức biểu đạt biểu cảm kết hợp nghị luận
Phương thức biểu đạt biểu cảm
Phương thức biểu đạt nghị luận
Phương thức biểu đạt thuyết minh
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Mẹ và Quả.
Giải chi tiết:
Phương thức biểu đạt không được sử dụng trong bài là thuyết minh.
Điệp ngữ, đối lập, so sánh
Nhân hóa, ẩn dụ
Nhân hóa, so sánh
Nhân hóa, đối lập, hoán dụ
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ các biện pháp tu từ.
Giải chi tiết:
Những biện pháp tu từ chủ yếu được sử dụng trong câu hai câu thơ: Nhân hóa ( bí và bầu cũng “lớn”), đối lập ( Lớn lên , lớn xuống); hoán dụ (tay mẹ).
Khắc họa hình ảnh “lũ chúng tôi” khi lớn lên trong vòng tay mẹ.
Khắc họa hình ảnh giọt mồ hôi của bí và bầu.
Khắc họa hình ảnh người mẹ tảo tần, lam lũ, nhọc nhằn nhưng giàu đức hi sinh.
Khắc họa hình ảnh người mẹ vất vả.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ các kiểu đoạn văn cơ bản: quy nạp, diễn dịch, tổng phân hợp, song hành, móc xích.
Giải chi tiết:
Hình ảnh "giọt mồ hôi mặn" đã khắc họa hình ảnh người mẹ tảo tần, lam lũ, nhọc nhằn nhưng giàu đức hi sinh, chăm lo cho đứa con của mình.
Thể hiện cảm động tình mẫu tử thiêng liêng
Khắc họa hình ảnh đứa con
Khắc họa hình ảnh người mẹ tần tảo
Thể hiện một thứ quả non xanh
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Mẹ và Quả.
Giải chi tiết:
Nội dung chính của bài thơ: Thể hiện cảm động tình mẫu tử thiêng liêng: tình mẹ dành cho con và tình cảm yêu thương, kính trọng, biết ơn chân thành của người con đối với mẹ.
Nói về hiện tượng một bộ phận thanh niên mải chạy theo những nhu cầu về vật chất, không chú trọng đến đời sống văn hóa tinh thần.
Nói về hiện tượng giáo dục của các bậc cha mẹ do chiều con quá.
Nói về hiện tượng “Cha mẹ bây giờ chiều con quá, không để chúng thiếu thốn gì. Vì thế chúng rất mong manh, dễ vỡ, dễ hư hỏng”.
Nói về hiện tượng ăn mặc của thanh niên hiện nay đẹp, tiện nghi, hiện đại lắm.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nội dung bài đọc.
Giải chi tiết:
Văn bản trên nói về hiện tượng một bộ phận thanh niên mải chạy theo những nhu cầu về vật chất, không chú trọng đến đời sống văn hóa tinh thần.Mong manh, dễ vỡ
Phong ba bão táp
Nhân cách vững vàng
Bay biến, tứ tan
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ vào Thành ngữ.
Giải chi tiết:
- Thành ngữ được sử dụng trong văn bản là “phong ba bão táp”.
- Thành ngữ “phong ba bão táp” có nghĩa là những khó khăn, gian khổ.
văn hiến
văn minh
văn hành
văn tự
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ bài từ đồng nghĩa.
Giải chi tiết:
- Văn hóa là khái niệm mang nội hàm rộng với rất nhiều cách hiểu khác nhau, liên quan đến mọi mặt đời sống vật chất và tinh thần của con người.
- Văn minh, là nội hàm nhỏ hơn văn hóa chúng ta thường nghĩ tới cuộc sống vật chất, tiện nghi.
=> Vậy Từ “văn minh” gần nghĩa với từ “văn hóa”.
Yếu đuối, kém cỏi về đạo đức
Mỏng manh, không chắc chắn
Bản lĩnh trong cuộc sống
Nhỏ bé trong cuộc sống
Đáp án A
Phương pháp giải:
Phân tích, tổng hợp.
Giải chi tiết:
- Chữ “mỏng” có nghĩa là sự yếu đuối, kém cỏi về đạo đức, nhân cách, nghị lực, sức mạnh, bản lĩnh, ý chí,… không đủ sức chống đỡ những thử thách gian khổ trong cuộc sống.Phương thức biểu đạt chính là nghị luận.
Phương thức biểu đạt chính là biểu cảm.
Phương thức biểu đạt chính là thuyết minh.
Phương thức biểu đạt chính là miêu tả.
Đáp án A
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 là nghị luận
chuyện
Tôi
xảy ra
hi hữu
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
- Từ “hi hữu” sai về logic.
- Hi hữu là một từ Hán Việt có nghĩa là hiếm có, hiện nay ít người dùng nên thay bằng một từ khác như “lạ”.Cú
điêu nghệ
truyền bóng
đội nhà
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
- Từ “truyền bóng” sai về ngữ pháp.
- Sửa: chuyền bóng.
bất hợp tác
ngôi sao sáng
lang thang
thực dân Pháp
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
- Từ “lang thang” sai về ngữ nghĩa.
- Sửa: phiêu bạt.
thanh thoát
thức quả
hương vị
mộc mạc
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
Từ “thức quả” sai về ngữ nghĩa.
- Sửa: thức quà
phản kháng
phản kháng
tâm tình
số lượng lớn
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.
Giải chi tiết:
- Từ “tâm tình” sai về ngữ nghĩa.
- Sửa: tâm trạng
cải tiến
cải tạo
cải thiện
cải tổ
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
- Cải tổ là thay đổi căn bản và toàn diện về tổ chức, thể chế, cơ chế,.. trong mọi lĩnh vực kinh tế, chính trị, xã hội..
- Cải tiến, cải tạo, cải thiện là thay đổi làm cho tốt hơn trong đời sống.
=> Vậy từ “cải tổ” không cùng nhóm với các từ còn lại.
cứu trợ
giúp đỡ
viện trợ
hỗ trợ
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
- Viện trợ thường được dùng để chỉ các tổ chức từ chính phủ.
- Cứu trợ, giúp đỡ, hỗ trợ: dùng để chỉ các cá nhân, hoặc tổ chức trong đời sống.
=> Vậy từ “viện trợ” không cùng nhóm với các từ còn lại.
trách nhiệm
nhiệm vụ
nghĩa vụ
bổn phận
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào nghĩa của từ.
Giải chi tiết:
- Từ trách nhiệm, nhiệm vụ, nghĩa vụ: đều thể hiện công việc được giao.
- Bổn phận: Phần mình phải gánh vác, lo liệu, theo đạo lí.
=> Vậy từ “bổn phận” không cùng nhóm với các từ còn lại.
Thế Lữ
Lưu Trọng Lư
Tố Hữu
Hàn Mặc Tử
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào văn học Việt Nam từ 1932 – 1945.
Giải chi tiết:
Nhà thơ Tố Hữu không thuộc phong trào thơ 1932 – 1945.
Nhật kí trong tù (Hồ Chí Minh)
Tắt đèn (Ngô Tất Tố)
Chí Phèo (Nam Cao)
Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào Văn học hiện thực Việt Nam.
Giải chi tiết:
- Nhật kí trong tù, Tắt đèn, Chí Phèo thuộc văn học hiện thực
- Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn thuộc trào lưu văn học lãng mạn
=> Vậy Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn không cùng thể loại với tác phẩm còn lại.giá trị
nghệ thuật
biện pháp
cầu nối
Đáp án B
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
“Văn học là nghệ thuật của tiếng nói, người viết văn là người dùng tiếng nói để diễn tả đời sống, diễn tả tâm hồn con người. Cho nên học viết văn thì phải học tiếng nói, trước hết là học lời ăn tiếng nói của quần chúng.”
Bừng
Sáng
Ngời
Ánh
Đáp án C
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
Từ những năm đau thương chiến đấu
Đã ngời lên nét mặt quê hương
Xuân Diệu
Chế Lan Viên
Tố Hữu
Hồ Chí Minh
Đáp án C
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
“Tố Hữu là nhà thơ của lí tưởng cổng sản, của những tình cảm trong quan hệ chính trị với cộng đồng (nội dung trữ tình chính trị). Thơ ông có giọng tâm tình ngọt ngào, phong cách đậm đà màu sắc dân tộc truyền thống”
bản án
áng văn
mẫu mực
văn kiện
Đáp án B
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
“Tuyên ngôn Độc lập” là một vốn kiện lịch sử vô giá, một áng văn chính luận xuất sắc.
đoạn tuyệt
oán than
tự bạch
khuyên nhủ
Đáp án C
Phương pháp giải:
Điền từ.
Giải chi tiết:
Bài thơ Sóng của Xuân Quỳnh là lời tự bạch của một tâm hồn phụ nữ đang yêu.
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.
Đáp án A
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.
Biểu cảm
Tự sự
Nghị luận
Miêu tả
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các phương thức biểu đạt.
Giải chi tiết:
- Phương thức biểu đạt tự sự.
Điệp từ, ẩn dụ
Điệp từ, nhân hóa
Điệp từ, so sánh
Điệp từ, liệt kê
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào các biện pháp tu từ
Giải chi tiết:
Điệp từ: Ta muốn
Liệt Kê: mây, gió, cánh bướm, non nước, cây, cỏ...
Từ thời kỳ kháng Nhật( khởi nghĩa Bắc Sơn năm 1940) đến khi người kháng chiến trở về thủ đô
Từ thời kỳ kháng Pháp đến khi người kháng chiến trở về thủ đô
Từ thời kỳ kháng Mĩ đến khi người kháng chiến trở về thủ đô
Từ thời kỳ kháng Anh đến khi người kháng chiến trở về thủ đô
Đáp án A
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Việt Bắc.
Giải chi tiết:
“Mười lăm năm” là khoảng thời gian: Từ thời kỳ kháng Nhật( khởi nghĩa Bắc Sơn năm 1940) đến khi người kháng chiến trở về thủ đô.
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.
Đáp án C
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.
tình yêu cái đẹp và bản chất cuộc sống
mối quan hệ giữa hiện thực và cuộc sống
vẻ đẹp thiên nhiên và vẻ đẹp của cuộc sống
thật - giả
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chiếc thuyền ngoài xa.
Giải chi tiết:
Hình ảnh chiếc thuyền ngoài xa là hình ảnh biểu tượng vẻ đẹp thiên nhiên và vẻ đẹp của cuộc sống của con người.
Khát vọng hạnh phúc trong tình yêu
Khát vọng được là chính mình
Khát vọng tự khám phá trong tình yêu
Khát vọng được hòa nhập trong tình yêu
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ vào tác phẩm Sóng.
Giải chi tiết:
Nội dung chính của hai câu thơ trên là khát vọng tự khám phá trong tình yêu.Tố cáo xã hội Phong Kiến
Nói về xã hội Phong Kiến trà đạp, áp bức lên cuộc sống của con người
Nói về cuộc đời của Chí Phèo
Nói về tiếng chửi của Chí Phèo, tiếng chửi của một con người đầy bi kịch
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Chí Phèo.
Giải chi tiết:
Nội dung của đoạn trích: nói về tiếng chửi của Chí Phèo, tiếng chửi của một con người đầy bi kịch.
Năm 1947, khi Quang Dũng còn là Đại đội trưởng của đoàn quân Tây Tiến.
Cuối năm 1948, khi Quang Dũng không còn ở đoàn quân Tây Tiến mà đã chuyển sang đơn vị khác.
Khi Quang Dũng làm công tác văn nghệ tại chiến khu Việt Bắc.
Khi Quang Dũng đang sinh sống ở vùng Tây Bắc.
Phương pháp giải:
Căn cứ vào bài Tây Tiến.
Giải chi tiết:
Hoàn cảnh sáng tác: Khi Quang Dũng đã chuyển sang đơn vị khác và nhớ về đơn vị cũ Tây Tiến, ông đã viết bài thơ này.
Phong cách ngôn ngữ sinh hoạt
Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật
Phong cách ngôn ngữ hành chính
Phong cách ngôn ngữ báo chí
Đáp án A
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.
Mời mọc
Trách móc
Hờn giận
Phấn khích
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Đây thôn Vĩ Dạ.
Giải chi tiết:
Tiếng nói nội tâm của nhân vật trữ tình trong cả khổ thơ đầu không mang sắc thái cảm xúc phấn khích.
Sự nguy hiểm, dữ dội của căn bệnh, người bệnh như đang lao vào một cuộc chiến
Không kì thị, phân biệt đối xử
Phải công khai, không giấu giếm, giấu giếm cũng có nghĩa là chấp nhận đầu hàng, là chết.
Cả ba đáp án trên đều đúng
Đáp án D
Phương pháp giải:
Căn cứ vào Thông điệp nhân ngày thế giới phòng chống AIDS.
Giải chi tiết:
Với câu “Trong thế giới khốc liệt của AIDS không có khái niệm chúng ta và họ, trong thế giới đó, im lặng đồng nghĩa với cái chết” đã thể hiện:
-Sự nguy hiểm, dữ dội của căn bệnh, người bệnh như đang lao vào một cuộc chiến
- Không kì thị, phân biệt đối xử
- Phải công khai, không giấu giếm, giấu giếm cũng có nghĩa là chấp nhận đầu hàng, là chết.
Nhân hóa
So sánh
Ẩn dụ
Hoán dụ
Đáp án B
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”.
Lúc đầu tra vấn xác anh hàng thịt sau chuyển sang thành người bị xác anh hàng thịt tra vấn.
Lúc đầu giận dữ, quát tháo sau dần đuối lí, bất lực và tuyệt vọng.
Lúc đầu đối thoại rồi chuyển sang tranh luận và cuối cùng là kết tội xác anh hàng thịt.
Lúc đầu bình tĩnh, ôn hòa sau bất bình, giận dữ.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Hồn Trương Ba, da hàng thịt.
Giải chi tiết:
Trong cuộc đối thoại với xác anh hàng thịt, thái độ và hành động của Hồn Trương Ba có sự thay đổi: lúc đầu giận dữ, quát tháo sau dần đuối lí, bất lực và tuyệt vọng.
So sánh, ẩn dụ
Nhân hóa, điệp ngữ
Nhân hóa, so sánh
So sánh, điệp ngữ
Đáp án C
Phương pháp giải:
Căn cứ bài Người lái đò Sông Đà.
Giải chi tiết:
- So sánh : thác nghe như là oán trách gì, rồi lại như là van xin, rồi lại như là khiêu khích, giọng gằn mà chế nhạo..
- Nhân hoá: oán trách , van xin, khiêu khích, giọng gằn mà chế nhạo.., rống lên , mai phục ,nhổm cả dậy ,ngỗ ngược, hòn nào cũng nhăn nhúm méo mó …
Lương Khải Siêu.
Khang Hữu Vi.
Tôn Trung Sơn.
Viên Thế Khải.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Xem lại Tôn Trung Sơn và cuộc cách mạng Tân Hợi (1911), SGK Lịch sử 11, trang 16.
Giải chi tiết:
Ngày 29 - 12 - 1911, sau thắng lợi của cách mạng Tân Hợi, Quốc dân đại hội họp ở Nam Kinh. Tuyên bố thành lập Trung Hoa Dân quốc, bầu Tôn Trung Sơn làm Đại Tổng thống, đứng đầu Chính phủ lâm thời. Tôn Trung Sơn trở thành Tổng thống đầu tiên của Trung Hoa Dân quốc.
khuynh hướng cứu nước.
xác định bạn và thù.
mục tiêu đấu tranh trước mắt.
hình thức đấu tranh.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Phân tích việc xác định bạn và thù của Nguyễn Ái Quốc.
Giải chi tiết:
Trong quá trình tìm đường cứu nước, Nguyễn Ái Quốc đã đi nhiều nơi, làm nhiều nghề để kiếm sống và hòa mình vào cuộc sống của nhân dân cần lao và chính trong quá trình ấy, Người đã nhận thức rõ đâu là bạn, đâu là thù: Bạn là nhân dân lao động các nước, thù là chủ nghĩa đế quốc nói chung.
Nền kinh tế còn nghèo nàn, lạc hậu.
Nền kinh tế đã được phục hồi và bắt đầu phát triển.
Chiến lược kinh tế hướng nội bộc lộ nhiều hạn chế.
Nền kinh tế suy thoái, khủng hoảng.
Đáp án C
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 29.
Giải chi tiết:
Từ thập kỷ 60, 70 của thế kỷ XX, nhóm 5 nước sáng lập ASEAN thực hiện chiến lược kinh tế hướng ngoại vì chiến lược kinh tế hướng nội bộc lộ nhiều hạn chế như thiếu vốn, nguyên liệu, công nghệ,…
Lấy phát triển quân sự làm trọng điểm.
Đối thoại, thỏa hiệp, tránh xung đột trực tiếp.
Vừa hợp tác, vừa cạnh tranh, thỏa hiệp.
Lấy phát triển kinh tế làm trọng điểm.
Đáp án B
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 74.
Giải chi tiết:
Một đặc điểm lớn của tình hình thế giới sau Chiến tranh lạnh là sự điều chỉnh quan hệ giữa các nước lớn theo chiều hướng đối thoại, thỏa hiệp, tránh xung đột trực tiếp.
đòi tự do, dân chủ, cơm áo và hòa bình.
giành độc lập dân tộc.
đòi nới rộng quyền dân sinh, dân chủ.
chia ruộng đất cho dân cày.
Đáp án A
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 100.
Giải chi tiết:
Đảng Cộng sản Đông Dương xác định mục tiêu đấu tranh trước mắt của nhân dân Đông Dương trong thời kỳ 1936 - 1939 là đòi tự do, dân chủ, cơm áo và hòa bình.
kinh tế dần phục hồi và phát triển, tình hình chính trị - xã hội tương đối ổn định.
vẫn phải đương đầu với nạn khủng bố.
thực hiện chạy đua vũ trang.
tình hình kinh tế - chính trị - xã hội không ổn định.
Đáp án A
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 17 – 18.
Giải chi tiết:
Tình hình Liên bang Nga từ năm 2000 là kinh tế dần phục hồi và phát triển, tình hình chính trị - xã hội tương đối ổn định.
đế quốc Pháp và bọn phản cách mạng
đế quốc phát xít Pháp và tay sai
đế quốc phát xít Nhật và tay sai
đế quốc phát xít Pháp - Nhật và tay sai.
Đáp án D
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 108 – 109.
Giải chi tiết:
Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương (5/1941) đã xác định kẻ thù của cách mạng là đế quốc phát xít Pháp - Nhật và tay sai.
quân sự và kinh tế.
quân sự và chính trị.
chính trị và kinh tế.
kinh tế và văn hóa.
Đáp án C
Phương pháp giải:
SGK Lịch sử 12, trang 52.
Giải chi tiết:
Đến cuối thập kỷ 90 của thế kỉ XX, Liên minh châu Âu (EU) trở thành tổ chức liên kết khu vực lớn nhất hành tinh về chính trị và kinh tế.
Đảng Cộng sản Đông Dương.
Đảng Cộng sản Việt Nam.
Đảng Lao động Việt Nam.
Đông Dương cộng sản Đảng.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào thông tin được cung cấp để trả lời.
Giải chi tiết:
Đại hội đại biểu toàn quốc của Đảng lần II quyết định đổi tên Đảng thành Đảng Lao động Việt Nam.
tăng cường sức mạnh của đảng cầm quyền.
thực hiện khẩu hiệu ruộng đất cho dân cày.
đề cao hơn nữa nhiệm vụ giải phóng dân tộc.
tập hợp lực lượng trong mặt trận Liên Việt.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Phân tích các phương án.
Giải chi tiết:
A chọn vì ở Hội nghị BCHTW Đảng lần thứ 8 (tháng 5-1941) thì Đảng Cộng sản Đông Dương chưa chính thức trở thành Đảng cầm quyền, sau thắng lợi của Cách mạng tháng Tám năm 1945 thì Đảng Cộng sản Đông Dương mới trở thành Đảng cầm quyền. Đến Đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ II của Đảng (tháng 2-1951) thì vai trò lãnh đạo của Đảng càng được tăng cường.
B loại vì phải đến giai đoạn 1954 – 1957 ta mới tiến hành cải cách ruộng đất, thực hiện được nhiệm vụ người cày có ruộng.
C loại vì trong bản Báo cáo Bàn về Cách mạng Việt Nam của Tổng Bí thư Trường Chinh đã nêu rõ về nhiệm vụ của cách mạng Việt Nam là:
+ Nhiệm vụ cơ bản của cách mạng Việt Nam là tiêu diệt bọn đế quốc xâm lược, làm cho nước Việt Nam hoàn toàn độc lập và thống nhất, xoá bò hình thức bóc lột phong kiến, làm cho người cày có ruộng, tiến lên chủ nghĩa xã hội.
+ Nhiệm vụ chống đế quốc và nhiệm vụ chống phong kiến khăng khít với nhau. Nhưng trọng tâm của cách mạng trong giai đoạn hiện tại là giải phóng dân tộc. Kẻ thù cụ thể trước mắt của cách mạng là chủ nghĩa đế quốc xâm lược và bè lũ tay sai. Mũi nhọn của cách mạng chủ yếu chĩa vào bọn đế quốc xâm lược.
→ Không có nội dung nào cho thấy sự đề cao hơn nữa nhiệm vụ giải phóng dân tộc.
D loại vì nội dung này không thuộc Đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ II của Đảng (tháng 2-1951).
Đánh bắt và nuôi trồng thủy sản.
Chăn nuôi trâu, bò, lợn, gà.
Trồng lúa nước.
Trồng cây công nghiệp, cây ăn quả.
Đáp án C
Phương pháp giải:
SGK địa lí 11 cơ bản trang 103.
Giải chi tiết:
Lúa nước là cây lương thực truyền thống và quan trọng của khu vực. Sản lượng lương thực không ngừng tăng, Thái Lan và Việt Nam trở thành những nước đứng hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo.
Không chỉ vậy, Đông Nam Á là một khu vực có dân số đông nên nhờ việc phát triển ngành trồng lúa các nước Đông Nam Á đã cơ bản giải quyết được nhu cầu lương thực – vấn đề nan giải của nhiều quốc gia đang phát triển.
Sản xuất công nghiệp.
Di chuyển
Dịch vụ.
Tiền tệ.
Đáp án A
Giải chi tiết:
Các mặt tự do lưu thông của thị trường chung châu Âu gồm: tự do di chuyển, tự do lưu thông dịch vụ, tự do lưu thông hàng hóa và tự do lưu thông tiền vốn.
=> Sản xuất công nghiệp không nằm trong các mặt tự do lưu thông của thị trường chung châu Âu.
rừng trồng, rừng tre, rừng rậm thường xanh.
rừng ở thượng nguồn các con sông, ven biển.
rừng sản xuất, rừng tái sinh, rừng đặc dụng.
các vườn quốc gia, khu bảo tồn thiên nhiên.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 14, trang 59 sgk Địa 12
Giải chi tiết:
Ở nước ta, rừng phòng hộ bao gồm rừng ở thượng nguồn các con sông, ven biển.
sông nước ta nhiều nhưng phần lớn là sông nhỏ.
trong năm có hai mùa mưa và khô.
đồi núi bị cắt xẻ, độ dốc lớn, mưa nhiều.
sông chủ yếu bắt nguồn từ bên ngoài lãnh thổ.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 9 – Thiên nhiên nhiệt đới ẩm gió mùa (Sông ngòi)
Giải chi tiết:
Chế độ nước sông ngòi nước ta theo sát chế độ mưa
=> Chế độ mưa nước ta phân mùa mưa – khô nên chế độ nước sông cũng thay đổi theo mùa lũ – cạn.
Thanh Hoá.
Nghệ An.
Quảng Bình.
Quảng Trị.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng Atlat Địa lí trang 19
Giải chi tiết:
Tỉnh có diện tích cây công nghiệp lâu năm lớn nhất ở vùng Bắc Trung Bộ là Quảng Trị.
Đường
Cột
Miền.
Tròn.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Kĩ năng nhận diện biểu đồ
Giải chi tiết:
Từ khóa “mật độ dân số”, số năm 1 năm. 7 vùng
=> Miền, tròn, đường loại.
=> Chọn cột.
việc vận chuyển còn nhiều khó khăn.
thiếu lao động có trình độ chuyên môn kĩ thuật.
thị trường thế giới có nhiều biến động.
có một mùa khô hạn thiếu nước
Đáp án C
Phương pháp giải:
Kiến thức Bài 22: Vấn đề phát triển nông nghiệp
Giải chi tiết:
Khó khăn lớn nhất đối với việc phát triển cây công nghiệp lâu năm hiện nay là thị trường có nhiều biến động.
Gần tuyến hàng hải quốc tế
Có các cửa sông lớn
Có các vịnh nước sâu
Có nhiều đảo ven bờ che chắn bão
Đáp án C
Phương pháp giải:
Liên hệ kiến thức bài 30 – Giao thông vận tải
Giải chi tiết:
Dọc bờ biển nước ta có nhiều vũng vịnh nước sâu, kín gió thuận lợi cho xây dựng các cảng biển (đặc biệt bờ biển Nam Trung Bộ).
nguồn nước mặt dồi dào nhiều nơi
có nhiều loại đất feralit khác nhau
diện tích rộng, nhiều kiểu địa hình.
có mùa đông lạnh, nhiệt độ hạ thấp
Đáp án D
Phương pháp giải:
Kiến thức bài 32 – Vùng Trung du và miền núi Bắc Bộ
Giải chi tiết:
Trung du miền núi Bắc Bộ có khí hậu nhiệt đới ẩm gió mùa, có mùa đông lạnh thích hợp để phát triển cây công nghiệp cận nhiệt, tiêu biểu nhất là cây chè.
thủy sản.
du lịch.
đất phù sa
thủy năng.
Đáp án D
Phương pháp giải:
SGK địa lí 12 cơ bản trang 150.
Giải chi tiết:
Đồng bằng sông Hồng có địa hình thấp và khá bằng phẳng nên sông ngòi không có giá trị về thủy năng.
trọng lực của Trái đất tác dụng vào vật dao động.
lực căng của dây biến đổi theo thời gian.
lực đẩy Acsimet tác dụng vào vật dao động.
lực cản không khí tác dụng vào vật dao động.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần
Giải chi tiết:
Con lắc dao động tắt dần là do lực cản không khí tác dụng vào vật dao động
Đáp án C
Phương pháp giải:
Điều kiện để hai sóng kết hợp: hai sóng có cùng tần số, cùng phương dao động và có độ lệch pha không đổi theo thời gian
Giải chi tiết:
Điều kiện để hai sóng kết hợp: hai sóng có cùng tần số, cùng phương dao động và có độ lệch pha không đổi theo thời gian
Từ 4 đồ thị, ta thấy trong đồ thị C, hai sóng có tần số khác nhau → hai sóng này không phải là sóng kết hợp
Cho điện trường giữa một điện tích dương và một điện tích âm. Bốn electron A, B, C, D ở các vị trí khác nhau trong điện trường. Chiều của lực tác dụng lên electron nào đúng?
Vị trí A.
Vị trí B.
Vị trí C.
Vị trí D.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Lực điện tác dụng lên elctron có chiều ngược chiều vecto điện trường
Các đường sức điện được vẽ trong điện trường sao cho hướng của tiếp tuyến tại bất kì điểm nào trên đường cũng trùng với hướng của vecto cường độ điện trường tại điểm đó
Giải chi tiết:
Nhận xét: vecto cường độ điện trường có hướng trùng với hướng của tiếp tuyến trên đường sức điện
Lực điện tác dụng lên electron có chiều ngược chiều vecto cường độ điện trường
→ Lực tác dụng lên electron tại vị trí A đúng.
Hai nguồn điện có suất điện động E, điện trở mỗi nguồn là r1, r2, mắc nối tiếp với một điện trở R như hình vẽ. Số chỉ của Vôn kế là 0V. Giá trị của điện trở R là
0.
\[{r_1} - {r_2}\]
\[{r_1} + {r_2}\]
\[\frac{{{r_1}{r_2}}}{{{r_1} + {r_2}}}\]
Đáp án B
Phương pháp giải:
Cường độ dòng điện trong mạch: \[I = \frac{{2E}}{{R + {r_1} + {r_2}}}\].
Số chỉ của Vôn kế: \({U_V} = E - I.{r_1}\).
Giải chi tiết:
Cường độ dòng điện trong mạch là: \(I = \frac{{2E}}{{R + {r_1} + {r_2}}}\).
Số chỉ của Vôn kế là: \({U_V} = E - I.{r_1} = 0\).
\( \Rightarrow E - \frac{{2E.{r_1}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = 0 \Rightarrow {r_1} = R + {r_2} \Rightarrow R = {r_1} - {r_2}\).
Bảng dưới đây cho biết số neutron, số proton và số electron của từng cặp nguyên tử. Cặp nguyên tử nào là đồng vị của cùng một nguyên tố?
cặp A.
cặp B.
cặp C.
cặp D.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Hai nguyên tố là đồng vị khi chúng có cùng số proton
Giải chi tiết:
Từ bảng ta thấy cặp nguyên tử C có cùng số proton → chúng là đồng vị của cùng nguyên tố là Cu
sóng ánh sáng truyền trong không khí.
sóng vô tuyến từ một trạm phát sóng.
một gợn sóng trên mặt nước.
sóng âm truyền trong không khí.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Sóng cơ là sóng ngang truyền trong chất rắn và trên bề mặt chất lỏng
Sóng cơ là sóng dọc truyền trong chất rắn, lỏng, khí
Sóng điện từ là sóng ngang, truyền được trong chất rắn, lỏng khí và chân không
Giải chi tiết:
Sóng dọc là sóng cơ, truyền được trong chất rắn, lỏng, khí
Một bộ pin có điện trở trong không đáng kể được mắc nối tiếp với một điện trở và một quang điện trở như hình vẽ. Cường độ ánh sáng trên quang điện trở giảm, số chỉ của các Vôn kế thay đổi như thế nào?
Số chỉ Vôn kế P giảm, Vôn kế Q giảm.
Số chỉ Vôn kế P giảm, Vôn kế Q tăng.
Số chỉ Vôn kế P tăng, Vôn kế Q tăng.
Số chỉ Vôn kế P tăng, Vôn kế Q giảm.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Quang điện trở là ứng dụng của hiện tượng quang điện trong, đó là một tấm bán dẫn có giá trị điện trở thay đổi khi cường độ chùm sáng chiếu vào nó thay đổi
Cường độ dòng điện: \(I = \frac{E}{{R + {R_q}}}\)
Số chỉ Vôn kế: \({U_V} = I.R\)
Khi cường độ ánh sáng trên quang điện trở giảm → điện trở của quang biến trở Rq tăng
Số chỉ của các Vôn kế là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{U_P} = I.R = \frac{{E.R}}{{R + {R_q}}}}\\{{U_Q} = {R_q}.I = \frac{{E.{R_q}}}{{R + {R_q}}} = \frac{E}{{\frac{R}{{{R_q}}} + 1}}}\end{array}} \right.\)
Nhận thấy: khi Rq tăng → UP giảm, UQ tăng.
Tác dụng lên kính ảnh.
Khả năng ion hóa chất khí.
Khả năng đâm xuyên qua vải, gỗ, giấy…
Tác dụng làm phát quang nhiều chất.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Tính chất của tia X:
- Tính chất nổi bật và quan trọng nhất là khả năng đâm xuyên. Tia X có bước sóng càng ngắn thì khả năng đâm xuyên càng lớn (càng cứng).
- Làm đen kính ảnh.
- Làm phát quang một số chất.
- Làm ion hoá không khí.
- Có tác dụng sinh lí.
Giải chi tiết:
Tính chất quan trọng của tia X, phân biệt nó với các sóng điện từ khác là khả năng đâm xuyên qua vải, gỗ, giấy….Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB mắc nối tiếp gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung C. Tần số góc ω của điện áp là thay đổi được. Hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hiệu dụng trên L theo giá trị tần số góc ω. Lần lượt cho ω bằng x, y và z thì mạch AB tiêu thụ công suất lần lượt là P1, P2 và P3. Biểu thức nào sau đây đúng?
\(\frac{{{P_1} + {P_3}}}{8} = \frac{{{P_2}}}{9}\)
\(\frac{{{P_1} + {P_3}}}{9} = \frac{{{P_2}}}{8}\)
\(\frac{{{P_1} + {P_2}}}{{16}} = \frac{{{P_3}}}{9}\)
\(\frac{{{P_1} + {P_2}}}{9} = \frac{{{P_3}}}{{16}}\)
Đáp án B
Phương pháp giải:
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị
Điện áp ULmax khi tần số có giá trị ω2
Hai tần số ω1, ω3 cho cùng giá trị điện áp \({U_L}:\frac{1}{{{\omega _1}^2}} + \frac{1}{{{\omega _3}^2}} = \frac{2}{{{\omega _2}^2}}\)
Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: \(\cos \varphi = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: \({U_L} = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
Công suất tiêu thụ: \(P = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{R}\)
Giải chi tiết:
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là:
\({U_L} = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.{Z_L}}}{R}.\frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U.{Z_L}.cos\varphi }}{R}\)
Với tần số ω1 = x; ω2 = y và ω3 = z, ta có: \(\frac{1}{{{\omega _1}^2}} + \frac{1}{{{\omega _3}^2}} = \frac{2}{{{\omega _2}^2}}\)
Từ đồ thị ta thấy: \({U_{L1}} = {U_{L3}} = \frac{3}{4}{U_{L2}} = \frac{3}{4}{U_{L\max }}\)
\( \Rightarrow \frac{{U.{Z_{L1}}\cos {\varphi _1}}}{R} = \frac{{U.{Z_{L3}}\cos {\varphi _3}}}{R} = \frac{3}{4}\frac{{U.{Z_{L2}}\cos {\varphi _2}}}{R}\)
\( \Rightarrow {\omega _1}^2{\cos ^2}{\varphi _1} = {\omega _3}^2{\cos ^2}{\varphi _3} = \frac{9}{{16}}{\omega _2}^2{\cos ^2}{\varphi _2}\)
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}\frac{{{\omega ^2}}}{{{\omega _1}^2}}}\\{\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \frac{9}{{16}}\frac{{{\omega ^2}}}{{{\omega _2}^2}}}\end{array}} \right.\]\( \Rightarrow \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} + \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _3}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}{\omega ^2}.\left( {\frac{1}{{{\omega _1}^2}} + \frac{1}{{{\omega _3}^2}}} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} + \frac{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}} = \frac{9}{{16}}{\omega _2}^2.\frac{2}{{{\omega _2}^2}} = \frac{9}{8}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)
Công suất tiêu thụ của mạch điện là: \(P = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{R} \Rightarrow P\~{\cos ^2}\varphi \)
Từ (1) ta có: \(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} + \frac{{{P_3}}}{{{P_2}}} = \frac{9}{8} \Rightarrow \frac{{{P_1} + {P_3}}}{9} = \frac{{{P_2}}}{8}\).
Đáp án: \(0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} \)
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:
\(R = \frac{{mv}}{{\left| e \right|B}} = \frac{{m.\sqrt {\frac{{2\left| e \right|U}}{m}} }}{{\left| e \right|.B}} = \frac{1}{B}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \Rightarrow B = \frac{1}{R}.\sqrt {\frac{{2m.U}}{{\left| e \right|}}} \)
\( \Rightarrow B = \frac{1}{{{{7.10}^{ - 2}}}}.\sqrt {\frac{{2.9,{{1.10}^{ - 31}}.400}}{{\left| { - 1,{{6.10}^{ - 19}}} \right|}}} \approx 0,{96.10^{ - 3}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( T \right)\).
C5H10 và 4 gam.
C5H8 và 16 gam.
C5H8 và 8 gam.
C5H10 và 8 gam.
Đáp án D
Phương pháp giải:
CTTQ hiđrocacbon là CnH2n+2-2k.
CnH2n+2-2k + kBr2 → CnH2n+2-2kBr2k.
⟹ nBr2 và %mbr ⟹ CTPT của X.
Giải chi tiết:
CTTQ hiđrocacbon là CnH2n+2-2k (với k là số liên kết π).
PTHH: CnH2n+2-2k + kBr2 → CnH2n+2-2kBr2k
(mol) 0,05 → 0,05k → 0,05
Theo đề bài %mBr = 69,56%
⟹ \[\frac{{80.2k}}{{14n + 2 + 158k}}.100 = 69,56\]
⟹ 160k = 9,7384n + 1,3912 + 109,9048k
⟹ 50,0952k = 9,7384n + 1,3912
⟹ 36k = 7n + 1
⟹ k = 1; n = 5 thỏa mãn
⟹ CTPT của X là C5H10 và mBr2 = 0,05.160 = 8 gam.22,95 gam.
22,75 gam.
23,23 gam.
23,70 gam.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Gọi x là số mol KAl(SO4)2.12H2O kết tinh.
Vì nhiệt độ không đổi nên độ tan cũng không đổi do đó nồng độ dung dịch bão hòa không đổi.
Giả sử không thoát hơi nước thì 200 gam nước sẽ hòa tan tối đa x mol KAl(SO4)2.12H2O được dung dịch bão hòa ở 20oC.
Phương trình nồng độ dung dịch bão hòa: \[C\% = \frac{{{m_{ct}}}}{{{m_{{\rm{dd}}}}}}.100\% \to x\]
→ mKAl(SO4)2.12H2O.
Giải chi tiết:
Gọi x là số mol KAl(SO4)2.12H2O kết tinh.
Vì nhiệt độ không đổi nên độ tan cũng không đổi do đó nồng độ dung dịch bão hòa không đổi.
Giả sử không thoát hơi nước thì 200 gam nước sẽ hòa tan tối đa x mol KAl(SO4)2.12H2O được dung dịch bão hòa ở 20oC.
Phương trình nồng độ dung dịch bão hòa: \[C\% = \frac{{{m_{ct}}}}{{{m_{{\rm{dd}}}}}}.100\% = \frac{{258x}}{{474x + 200}}.100\% = 5,56\% \]
→ x = 0,048.
→ mKAl(SO4)2.12H2O = 0,048.474 = 22,75 gam.
0,25M.
0,5M.
0,2M.
Kết quả khác.
Đáp án A
Phương pháp giải:
PTHH xảy ra: 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.
Giải chi tiết:
nKMnO4 = 0,025.0,02 = 0,0005 mol.
PTHH xảy ra:
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O
0,0025 ← 0,0005 (mol)
⟹ CM FeSO4 = n/V = 0,0025/0,01 = 0,25 M.
H2NCH2COOH.
CH3CH2CH(NH2)COOH.
CH3CH(NH2)COOH.
H2NCH2CH2COOH.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Đặt công thức X là H2N-R-COOH.
Viết PTHH: H2N-R-COOH + HCl → ClH3N-R-COOH.
BTKL: mHCl = mmuối - mX → nHCl.
Ta có: nX = nHCl ⟹ MX ⟹ CTCT của X.
Giải chi tiết:
Đặt công thức X là H2N-R-COOH.
H2N-R-COOH + HCl → ClH3N-R-COOH
BTKL: mHCl = mmuối - mX = 15,06 - 10,68 = 4,38 gam → nHCl = 4,38/36,5 = 0,12 mol.
Ta có: nX = nHCl = 0,12 mol ⟹ MX = 10,68/0,12 = 89.
Mà X là α-amino axit ⟹ X là CH3CH(NH2)COOH.Hình vẽ mô tả quá trình điều chế khí metan trong phòng thí nghiệm:
Một học sinh dựa vào thí nghiệm trên đã nêu ra các phát biểu sau:
(a) Khí metan dễ tan trong nước nên cần phải thu bằng phương pháp đẩy nước.
(b) Các chất rắn trong X có thể là CaO, NaOH, CH3COONa.
(c) Ống nghiệm đựng chất rắn khi lắp cần phải cho miệng hơi chúc xuống dưới.
(d) Khi kết thúc thí nghiệm phải tắt đèn cồn trước rồi mới tháo ống dẫn khí.
(e) CaO là chất bảo vệ ống thủy tinh, tránh bị nóng chảy.2.
1.
4.
3
Đáp án A
Phương pháp giải:
Lý thuyết về phản ứng vôi tôi xút điều chế ankan.
Giải chi tiết:
(a) sai, khí metan hầu như không tan trong nước nên ta thu khí bằng phương pháp đẩy nước.
(b) đúng, PTHH: CH3COONa + NaOH CH4 ↑ + Na2CO3.
(c) đúng, để tránh trường hợp hóa chất bị ẩm khi đun nóng hơi nước bay lên và bị ngưng tụ tại miệng ống nghiệm chảy ngược lại gây vỡ ống nghiệm.
(d) sai, nếu làm vậy phần không khí trong ống nghiệm có nhiệt độ giảm đột ngột khiến áp suất trong ống giảm, nước sẽ bị hút vào ống nghiệm, mà ống nghiệm đang nóng sẽ gây vỡ ống nghiệm.
(e) sai, CaO là chất hút ẩm tránh tạo dung dịch NaOH đặc để ăn mòn thủy tinh.
Vậy có 2 phát biểu đúng.
4.
3.
5.
2.
Đáp án A
Phương pháp giải:
Dựa vào lý thuyết tổng hợp về polime.
Giải chi tiết:
Có 4 phát biểu đúng: (1), (4), (5), (6).
(2) sai, vì tơ được chia thành 2 loại: tơ thiên nhiên và tơ hóa học (gồm tơ tổng hợp và tơ bán tổng hợp).
(3) sai, vì polietilen có cấu trúc không phân nhánh.
34,56%.
65,44%.
43,63%.
56,37%.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Đặt ẩn là số mol mỗi muối trong hỗn hợp
+ Từ khối lượng hỗn hợp ⟹ (1)
+ Viết PTHH; từ tỉ lệ mỗi khí ⟹ (2)
Giải hệ tìm được số mol mỗi muối
Tính phần trăm khối lượng KNO3
Giải chi tiết:
Đặt nKNO3 = a mol; nNH4NO3 = b mol
⟹ mhỗn hợp = 101a + 80b = 23,15 (1)
KNO3 → KNO2 + 0,5O2
a → 0,5a
NH4NO3 → N2O + 2H2O
b → b
Ta có: nN2OnO2 = \[\frac{{{n_{{N_2}O}}}}{{{n_{{O_2}}}}} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \frac{b}{{0,5{\rm{a}}}} = \frac{4}{3} \Rightarrow 2a - 3b = 0\] (2)
Giải hệ (1) (2) ⟹ a = 0,15; b = 0,1
⟹ %mKNO3 = \[\frac{{0,15.101}}{{23,15}}.100\% \] = 65,44%.
C2H5OH.
K2SO4.
CH3COOH.
NaCl.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Dung dịch có nồng độ ion càng cao thì dẫn điện càng tốt.
Giải chi tiết:
C2H5OH không phải là chất điện li → không dẫn điện.
CH3COOH là chất điện li yếu → tính dẫn điện nhỏ hơn NaCl và K2SO4.
Cùng nồng độ là 0,1 mol/lít thì K2SO4 dẫn điện tốt hơn NaCl vì trong dd phân li ra nồng độ ion các chất nhiều hơn.
NaCl → Na+ + Cl- (Tổng nồng độ ion thu được là 0,2M)
K2SO4 → 2K+ + SO42- (Tổng nồng độ ion thu được là 0,3M)
chất ức chế.
chất tham gia phản ứng.
chất xúc tác.
chất hút ẩm.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào các yếu tố ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng.
Giải chi tiết:
Khi cho MnO2 vào dung dịch thì bọt khí oxi thoát ra rất mạnh, khi đó tốc độ phản ứng tăng.
Sau phản ứng, MnO2 vẫn còn nguyên vẹn ⟹ MnO2 đóng vai trò chất xúc tác trong phản ứng này.
Đáp án: 132
Phương pháp giải:
* Xét E + O2 ⟶ CO2 + H2O
BTKL ⟹ mH2O ⟹ nH2O
BTNT O ⟹ nO(E) ⟹ n-COO-(E).
* Xét E + NaOH
⟹ nNaOH(pứ) = n-COO-(E) ⟹ nNaOH(dư trong T).
* Xét đốt cháy T gồm 0,02 mol NaOH ⟶ 0,01 mol H2O
BTNT H ⟹ muối trong T không chứa H mà 3 este trong E no, mạch hở
⟹ Axit tạo nên este trong E là (COOH)2 và 2 ancol tạo E đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở.
* Xét E + NaOH ⟶ T + ancol
BTKL ⟹ mancol ⟹ Mancol ⟹ 2 ancol tạo este.
Lưu ý:
Điểm mấu chốt của bài toán: Ta thấy số mol H2O đốt NaOH dư bằng với mol H2O sinh ra khi đốt T ⟹ các muối trong T đều không chứa H ⟹ các muối đều phải 2 chức ⟹ các ancol đều phải đơn chức.
Giải chi tiết:
* Xét E + O2 ⟶ CO2 + H2O
BTKL ⟹ mH2O = 3,42 gam ⟹ nH2O = 0,19 mol.
BTNT O ⟹ nO(E) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 = 0,2 mol ⟹ n-COO-(E) = 0,1 mol.
* Xét E + NaOH
⟹ nNaOH(pứ) = n-COO-(E) = 0,1 mol.
⟹ nNaOH(dư trong T) = 0,1.20%/100% = 0,02 mol.
* Xét đốt cháy T gồm 0,02 mol NaOH ⟶ 0,01 mol H2O
BTNT H ⟹ nNaOH = 2nH2O ⟹ muối trong T không chứa H mà 3 este trong E no, mạch hở
⟹ Axit tạo nên este trong E là (COOH)2 và 2 ancol tạo E đồng đẳng no, đơn chức, mạch hở.
Ta có muối trong T là (COONa)2 có n(COONa)2 = nNaOH(pứ)/2 = 0,05 mol.
⟹ mT = m(COONa)2 + nNaOH(dư) = 7,5 gam.
* Xét E + NaOH ⟶ T + ancol
BTKL ⟹ mancol = mE + mNaOH - mT = 6,46 + 0,12.40 - 7,5 = 3,76 gam.
Lại có nancol = nNaOH(pứ) = 0,1 mol.
⟹ MTB(ancol) = 37,6/0,1 = 37,6 ⟹ Hỗn hợp hai ancol là CH3OH và C2H5OH.
* Hỗn hợp E gồm ba este no, mạch hở X, Y, Z (MX < MY < MZ < 248)
⟹ X là (COOCH3)2 ; Y là CH3OOC-COOC2H5 và Z là (COOC2H5)2.
⟹ MY = 132.
Vách xenlulôzơ
Mạch gỗ theo nguyên tắc khuếch tán.
Mạch rây theo nguyên tắc khuếch tán.
Tầng cutin.
Đáp án C
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Chất hữu cơ vận chuyển từ lá đến các nơi khác trong cây qua mạch rây theo nguyên tắc khuếch tán (từ nơi có nồng độ cao tới nơi có nồng độ thấp).
môi tím tái.
sởn gai ốc.
mặc áo ấm.
môi tím tái và sởn gai ốc.
Đáp án C
Giải chi tiết:
Phản ứng thuộc phản xạ có điều kiện trong trường hợp này là: Mặc áo ấm
Còn: môi tím tái, sởn gai ốc là phản xạ không điều kiện.Mô sẹo
Rễ
Chồi
Cả rễ và chồi
Đáp án B
Phương pháp giải:
Giải chi tiết:
Trong nuôi cấy mô, auxin có tác dụng kích thích hình thành rễ, kinetin kích thích hình thành chồi.
Nếu trong môi trường nuôi cấy có nồng độ auxin/kinetin = 3/0,02 thì sẽ kích thích hình thành rễ.
xây dựng và cải tạo chuồng trại trong chăn nuôi.
đảm bảo vệ sinh, phòng trừ dịch bệnh cho vật nuôi.
chọn lọc nhân tạo, lai giống, công nghệ tế bào...
cải tạo chế độ dinh dưỡng, đáp ứng đầy đủ nhu cầu về thức ăn.
Đáp án C
Giải chi tiết:
Sử dụng các phương pháp: chọn lọc nhân tạo, lai giống, công nghệ tế bào... để tạo ra các giống vật nuôi có tốc độ sinh trưởng và phát triển nhanh, năng suất cao, thích nghi với các điều kiện địa phương.
Hình vẽ sau mô tả một dạng đột biến cấu trúc nhiễm sắc thể (NST), nhận định nào sau đây không đúng khi nói về dạng đột biến đó?
Dạng đột biến này có thể gây hại cho thể đột biến.
Dạng đột biến này làm thay đổi số lượng gen trên nhiễm sắc thể.
Đây là dạng đột biến đảo đoạn nhiễm sắc thể.
Dạng đột biến này làm thay đổi vị trí của gen trên nhiễm sắc thể.
Đáp án B
→ Đây là dạng đột biến đảo đoạn BCD, dạng đột biến này có thể: Dạng đột biến này có thể gây hại cho thể đột biến.
Phương án B sai, đột biến không làm thay đổi số lượng gen trên NST.
0,6.
0,4.
0,3.
0,5.
Đáp án D
Phương pháp giải:
Quần thể có thành phần kiểu gen: xAA : yAa : zaa
Tần số alen \[{p_A} = x + \frac{y}{2} \to {q_a} = 1 - {p_A}\].
Giải chi tiết:
Quần thể có thành phần kiểu gen: 0,3AA : 0,4Aa : 0,3aa
Tần số alen \[{p_A} = 0,3 + \frac{{0,4}}{2} - 0,5 \to {q_a} = 1 - {p_A} = 0,5\].
Ưu thế lai luôn biểu hiện ở con lai của phép lai giữa hai dòng thuần chủng.
Để tạo ưu thế lai người ta thường sử dụng phương pháp lai khác dòng.
Ưu thế lai được biểu hiện ở đời F1 và sau đó tăng dần ở các đời tiếp theo.
Các con lai F1 có ưu thế lai cao thường được sử dụng làm giống.
Phương pháp giải:
Ưu thế lai là hiện tượng con lai có năng suất, khả năng chống chịu cao hơn các dạng bố mẹ.
Theo giả thuyết siêu trội, ở trạng thái dị hợp nhiều cặp gen thì có ưu thế lai cao.
Giải chi tiết:
A sai, không phải phép lai nào giữa 2 dòng thuần đều cho ưu thế lai cao.
B đúng.
C sai, ưu thế lai biểu hiện cao nhất ở F1 và giảm dần qua các thế hệ.
D sai, con F1 có ưu thế lai cao không được dùng làm giống vì ưu thế lai biểu hiện cao nhất ở F1 và giảm dần qua các thế hệ.
Xác sinh vật sống trong các thời đại trước được bảo quản trong các lớp băng.
Prôtêin của các loài sinh vật đều cấu tạo từ 20 loại axit amin.
Xương tay của người tương đồng với chi trước của mèo.
Tất cả các loài sinh vật đều được cấu tạo từ tế bào.
Đáp án B
Phương pháp giải:
Bằng chứng sinh học phân tử: trình tự axit amin, trình tự nucleotit,…
(SGK Sinh 12 trang 106)
Giải chi tiết:
A: hóa thạch.
B: Bằng chứng sinh học phân tử.
C: Bằng chứng giải phẫu so sánh
D: Bằng chứng tế bào học.
Chim sâu.
Ánh sáng.
Sâu ăn lá lúa.
Cây lúa.
Đáp án B
Giải chi tiết:
Nhân tố sinh thái vô sinh là ánh sáng.
Các nhân tố còn lại là hữu sinh.
Đáp án: 9/32
Giải chi tiết:
Cặp vợ chồng này bình thường nhưng sinh con bị bệnh → có kiểu gen dị hợp: Aa × Aa.
Xác suất họ sinh 2 người con khác giới tính là: 1/2 (1/2 là cùng giới tính; 1/2 khác giới tính)
Xác suất họ sinh 2 người con khác giới tính và không bị bệnh là: \[\frac{1}{2} \times {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{9}{{32}}\].
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.
