Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 28)
Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 28)
-
115 lượt thi
-
150 câu hỏi
-
150 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
PHẦN 1: TƯ DUY ĐỊNH LƯỢNG
Lĩnh vực: Toán học (50 câu – 75 phút)
Hà Nội tính đến 10 giờ 45 (giờ VN) ngày 16/12/2020 đã có 15 quốc gia ghi nhận số ca mắc COVID-19 trên 1 triệu.
(Nguồn: Worldometers.info)
Tính đến ngày 16/12/2020 Quốc gia nào có số ca mắc Covid 19 – nhiều nhất thế giới?
Tính đến ngày 16/12/2020 Mỹ có số ca mắc Covid-19 nhiều nhất thế giới là: hơn 17 triệu người. Chọn D.
Câu 2:
Ta có \(m \ge - 4\) \(f\left( x \right) = \frac{1}{{2x - 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}} \Rightarrow f''\left( x \right) = \frac{8}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^3}}} \Rightarrow f''\left( 1 \right) = 8\).
Chọn D.
Câu 3:
Câu 4:
Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x - y = 1}\\{{x^2} + 2xy - {y^2} = 7}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x\left( {2x - 1} \right) - {{\left( {2x - 1} \right)}^2} = 7}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 4{x^2} - 2x - 4{x^2} + 4x - 1 - 7 = 0}\end{array}} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{{x^2} + 2x - 8 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left( {x + 4} \right)\left( {x - 2} \right) = 0}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 4 = 0}\\{x - 2 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 4}\\{y = - 9}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 3}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]. Chọn B.
Câu 5:
Dựa vào hình vẽ ta thấy \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB\] nên \(I\left( { - \frac{1}{2}\,;\,\,2} \right)\).
Vậy trung điểm của đoạn thẳng \[AB\] biểu diễn số phức \( - \frac{1}{2} + 2i\). Chọn B.
Câu 6:
Gọi mặt phẳng \(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(A\left( {2\,;\,\, - 3\,;\,\, - 1} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {4\,;\,\,5\,;\,\,1} \right)\).
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {2\,;\,\,8\,;\,\,2} \right)\).
Khi đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\vec n = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\).
Khi đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua trung điểm \(I\left( {3\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)\) và có 1 VTPT \(\vec n = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,1} \right)\) có phương trình là \(1\left( {x - 3} \right) + 4\left( {y - 1} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x + 4y + z - 7 = 0\). Chọn D.
Câu 7:
Tọa độ điểm đối xứng với điểm \(Q\left( {2\,;\,\,7\,;\,\,5} \right)\) qua mặt phẳng \(\left( {Oxz} \right)\) là: \(\left( {2\,;\,\, - 7\,;\,\,5} \right)\).
Chọn C.
Câu 8:
ĐKXĐ: \(x \ne - 2\)
TH1: \(x + 2 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\)
\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) > 0\) (vì \(x + 2 > 0\))
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| > x + 2\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x - 1 > x + 2}\\{x - 1 < - x - 2}\end{array}} \right.\)
\[ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 > 2{\mkern 1mu} \,\,{\mkern 1mu} \left( {loai} \right)}\\{2x < - 1}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow x < - \frac{1}{2}\).
Kết hợp với điều kiện \(x > - 2\), ta có tập nghiệm của bất phương trình là \( - 2 < x < - \frac{1}{2}\).
TH2: \(x + 2 < 0 \Leftrightarrow x < - 2\)
\(\frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} > 1 \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right|}}{{x + 2}} - \frac{{x + 2}}{{x + 2}} > 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right)}}{{x + 2}} > 0\)
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| - \left( {x + 2} \right) < 0\) (vì \(x + 2 < 0\))
\( \Leftrightarrow \left| {x - 1} \right| < x + 2\)\( \Leftrightarrow - x - 2 < x - 1 < x + 2\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x - 2 < x - 1}\\{x - 1 < x + 2}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2x < 1}\\{0 < 3}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow x > - \frac{1}{2}\).
Kết hợp với điều kiện \(x < - 2\), nghiệm của bất phương trình là \(x \in \emptyset \).
Kết hợp hai trường hợp ta được tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left( { - 2\,;\,\, - \frac{1}{2}} \right)\).
Vậy nghiệm nguyên lớn nhất của bất phương trình là \( - 1\). Chọn A.
Câu 9:
Ta có \(\sin {\mkern 1mu} x = \cos x \Leftrightarrow \sin {\mkern 1mu} x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)\)
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi }\\{x = \pi - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)
Trên \(\left[ { - \pi \,;\,\,\pi } \right]\) phương trình có 2 nghiệm \(x = \frac{{ - 3\pi }}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,x = \frac{\pi }{4}\). Chọn C.
Câu 10:
Số tiền phải thanh toán là 1 cấp số cộng với \({u_1} = 10\,\,000\) đồng và \(d = 3000\) đồng.
Số tiền phải thanh toán khi khoan một giếng sâu 100 mét là:
\({S_{100}} = \frac{{\left( {2{u_1} + 99d} \right)100}}{2} = \left( {2 \cdot 10\,\,000 + 99 \cdot 3\,\,000} \right).100 = 15\,\,850\,\,000\)(đồng). Chọn C.
Câu 11:
Ta có \(F\left( x \right) = \int {f\left( x \right)dx} = \int {\frac{{x + 3}}{{x - 2}}dx} \)\( = \int {\left( {1 + \frac{5}{{x - 2}}} \right)dx} = x + 5\ln \left| {x - 2} \right| + C\)
Theo bài ra ta có: \(F\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow 1 + 5\ln 1 + C = 1 \Rightarrow C = 0\).
Do đó \(F\left( x \right) = x + 5\ln \left| {x - 2} \right|\).
Vậy \(F\left( 0 \right) = 5\ln 2\). Chọn A.
Câu 12:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) có bảng biến thiên:
Tìm tất cả cá giá trị \[m\] để bất phương trình \(f\left( {\sqrt {x + 1} + 1} \right) \le m\) có nghiệm?
Đặt \(t = \sqrt {x + 1} + 1\) thì \(t \in \left( {1\,;\,\, + \infty } \right)\). Với \(x = 3\) thì \(t = 3\).
Bảng biến thiên của \(f\left( t \right)\):
Do đó bất phương trình \(f\left( t \right) \le m\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m \ge - 4\). Chọn A.
Câu 13:
Ta có: \[v\left( t \right) = \int {a\left( t \right)dt} = \int {\left( {6 - 3t} \right)dt} = 6t - \frac{{3{t^2}}}{2} + C\].
Theo bài ra ta có: Ô tô đang đứng yên và bắt đầu chuyển động, do đó \[v\left( 0 \right) = 0\] \[ \Rightarrow C = 0\].
Khi đó ta có \[v\left( t \right) = 6t - \frac{3}{2}{t^2}\], đây là một parabol có bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại \[t = \frac{{ - b}}{{2a}} = \frac{{ - 6}}{{2 \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right)}} = 2\].
Vậy quãng đường ô tô đi được từ khi chuyển động đến khi vận tốc của ô tô đạt giá trị lớn nhất là: \[S = \int\limits_0^2 {v\left( t \right)dt} = \int\limits_0^2 {\left( {6t - \frac{3}{2}{t^2}} \right)dt} = 8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( m \right)\]. Chọn D.
Câu 14:
Để sau 3 năm người đó rút được 500 triệu đồng thì số tiền nhận được sau 3 năm (cả gốc và lãi) phải không nhỏ hơn 500 triệu đồng.
Gọi số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng là \(x\) (triệu đồng), số tiền người đó nhận được sau 3 năm là: \(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3}\) (triệu đồng).
Khi đó ta có \(x{\left( {1 + 6\% } \right)^3} \ge 500 \Leftrightarrow x \ge 420\) (triệu đồng). Chọn A.
Câu 15:
Ta có \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x - 1} \right) \ge - 1\) \[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{ - 1}}\]
\[ \Leftrightarrow 0 < x - 1 \le 2\]\[ \Leftrightarrow 1 < x \le 3\]. Chọn C.
Câu 16:
Đường thẳng đi đi qua hai điểm \(\left( {1\,;\,\,0} \right)\,,\,{\mkern 1mu} \left( {2\,;\,\,2} \right)\) nên có phương trình
\(\frac{{x - 1}}{{2 - 1}} = \frac{{y - 0}}{{2 - 0}} \Leftrightarrow y = 2x - 2\).
Khi đó thể tích phần tròn xoay cần tính là:
\(V = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| {2x - {{\left( {2x - 2} \right)}^2}} \right|dx} \)\( = \pi \int\limits_0^1 {2xdx} + \pi \int\limits_1^2 {\left| { - 4{x^2} + 10x - 4} \right|dx} \)
\( = \pi \cdot \left. {{x^2}} \right|_0^1 + \left. {\pi \left( { - \frac{{4{x^3}}}{3} + 5{x^2} - 4x} \right)} \right|_1^2\)\( = \pi \left( {1 + \frac{4}{3} + \frac{1}{3}} \right) = \frac{{8\pi }}{3}\). Chọn A.
Câu 17:
TXĐ: \(D = \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Ta có \(y' = 2x + 8.\frac{2}{{2x}} - m = 2x + \frac{8}{x} - m\).
Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
\( \Leftrightarrow 2x + \frac{8}{x} - m \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m \le 2x + \frac{8}{x}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)
Đặt \(g\left( x \right) = 2x + \frac{8}{x}\), khi đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right)\).
Áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(2x + \frac{8}{x} \ge 2\sqrt {2x \cdot \frac{8}{x}} = 2 \cdot 4 = 8\)
\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0\,;\, + \infty } \right)} g\left( x \right) = 8\), dấu xảy ra \( \Rightarrow 2x = \frac{8}{x} \Leftrightarrow x = 2\).
Từ đó ta suy ra được \(m \le 8\), kết hợp điều kiện \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7\,;\,\,8} \right\}\).
Vậy có 8 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn D.
Câu 18:
Ta có \(\left( {3x + 2yi} \right) + \left( {2 + i} \right) = 2x - 3i\)\( \Leftrightarrow \left( {3x + 2} \right) + \left( {2y + 1} \right)i = 2x - 3i\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2 = 2x}\\{2y + 1 = - 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = - 2}\end{array}} \right.\). Chọn B.
Câu 19:
Theo bài ra ta có \(\left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + 1 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\bar z + \overline {1 + i} } \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {\overline {z + 1 + i} } \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {z - 1 + 3i} \right| = \left| {z + 1 + i} \right|\)
Đặt \(z = a + bi\) ta có: \(\left| {a + bi - 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi + 1 + i} \right|\)
\( \Leftrightarrow \left| {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 3} \right)i} \right| = \left| {a + 1 + \left( {b + 1} \right)i} \right|\)\( \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow - 2a + 1 + 6b + 9 = 2a + 1 + 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 4a - 4b - 8 = 0\)\( \Leftrightarrow a - b - 2 = 0\).
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(x - y - 2 = 0\). Chọn D.
Câu 20:
Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{x + 2y - 4 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{4}{7}}\\{y = \frac{{16}}{7}}\end{array}} \right. \Rightarrow A\left( { - \frac{4}{7}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{16}}{7}} \right)\).
Tọa độ điểm \(B\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - y + 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{{10}}{{11}}}\\{y = \frac{{14}}{{11}}}\end{array}} \right. \Rightarrow B\left( { - \frac{{10}}{{11}}\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\frac{{14}}{{11}}} \right).\)
Tọa độ điểm \(C\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y - 4 = 0}\\{2x + 3y - 2 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 8}\\{y = 6}\end{array}} \right. \Rightarrow C\left( { - 8\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,6} \right).\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BC} = \left( { - \frac{{78}}{{11}};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{52}}{{11}}} \right) \Rightarrow BC = \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\).
Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}d\left( {A,{\mkern 1mu} BC} \right) \cdot BC\)\( = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - \frac{4}{7}} \right) + 3 \cdot \frac{{16}}{7} - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {3^2}} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}}\)\( = \frac{{26}}{{2 \cdot 7\sqrt {13} }} \cdot \frac{{26\sqrt {13} }}{{11}} = \frac{{338}}{{77}}\).
Chọn C.
Câu 21:
Đường tròn \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\left( {x - m} \right)^2} + {y^2} = 9\) có tâm \(I\left( {m\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,0} \right)\) và bán kính \(R = 3\).
Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi \(d\left( {I,\,\,\Delta } \right) = R = 3\).
\( \Rightarrow \frac{{\left| {3m + 3} \right|}}{5} = 3 \Leftrightarrow \left| {3m + 3} \right| = 15 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m + 3 = 15}\\{3m + 3 = - 15}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{3m = 12}\\{3m = - 18}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 4}\\{m = - 6}\end{array}} \right.\).
Vậy \(m = 4\) và \(m = - 6\). Chọn B.
Câu 22:
Gọi mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa trục \[Oy\] và vuông góc với \(\left( P \right):x + y + 2z - 2 = 0\).
Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_1}} = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\,0} \right)}\\{\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} \bot \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{n_1}} \,;\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right)\].
Mà mặt phẳng \(\left( Q \right)\) đi qua \(O\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) nên phương trình có dạng \(2x - z = 0\). Chọn B.
Câu 23:
Ta có \({S_{xq}} = \pi r\ell \Leftrightarrow 3\pi {a^2} = \pi \cdot a \cdot \ell \Leftrightarrow \ell = 3a\). Chọn B.
Câu 24:
Vì hình nón có bán kính \(R\) và chiều cao \(h\) bằng nhau nên \(h = R\) và thể tích hình nón đã cho là:
\({V_n} = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot R = \frac{1}{3}\pi {R^3}\).
Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân \(SAB\) có \(SH = h = R = HB = \frac{{BA}}{2}\) nên \[\Delta SAB\] vuông tại \(S.\)
Khi đó \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(SAB\) và \(H\) cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh \(S.\)
Nên bán kính mặt cầu là \(HS = R\) nên thể tích hình cầu này là \({V_c} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).
Suy ra \[\frac{{{V_n}}}{{{V_c}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi {R^3}}}{{\frac{4}{3}\pi {R^3}}} = \frac{1}{4}\]. Chọn C.
Câu 25:
Xét tam giác vuông \(ABC\) ta có: \(AB = AC \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 \)
\[ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2}\].
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot AC}\\{AB \bot AA'}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'} \right)\)
\( \Rightarrow AC'\) là hình chiếu vuông góc của \(BC'\) lên \(\left( {ACC'} \right)\).
\( \Rightarrow \widehat {\left( {BC',\,\,\left( {ACC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC',\,\,AC'} \right)} = \widehat {AC'B} = 30^\circ \).
Vì \(B \bot \left( {ACC'} \right) \Rightarrow AB \bot AC' \Rightarrow \Delta ABC'\) vuông tại \(A\).
\( \Rightarrow AC' = AB \cdot \cot 30^\circ = a\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 = 3a\)\( \Rightarrow CC' = A{C^2} - A{C^2} = \sqrt {9{a^2} - {a^2}} = 2a\sqrt 2 \).
Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = CC' \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2a\sqrt 2 \cdot \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2} = {a^3}\sqrt 6 \). Chọn B.
Câu 26:
Giả sử \[\left( \alpha \right) \cap AC = \left\{ M \right\}\], trong \[\left( {ABC} \right)\] kẻ \[MN\,{\rm{//}}\,AB{\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} \left( {N \in BC} \right)\], trong \[\left( {ACD} \right)\] kẻ \[MQ\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {Q \in AD} \right).\]
Trong \[\left( {BCD} \right)\] kẻ \[NP\,{\rm{//}}\,CD{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {P \in BD} \right)\].
Kho đó, thiết diện của hình chóp cắt bởi \[\left( \alpha \right)\] là tứ giác \[MNPQ.\]
Theo giả thiết ta có \[MNPQ\] là hình thoi, đặt \[MN = MQ = x.\]
Áp dụng định lí Thalès, ta có:
\[\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{CM}}{{AC}} = \frac{x}{{3a}};\,\,\frac{{MQ}}{{CD}} = \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{x}{{2a}}.\]
Ta có: \[\frac{{CM}}{{AC}} + \frac{{AM}}{{AC}} = 1 \Rightarrow \frac{x}{{3a}} + \frac{x}{{2a}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{5x}}{{6a}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{6a}}{5}\].
Vậy chu vi hình thoi là \[4.\frac{{6a}}{5} = \frac{{24}}{5}a\]. Chọn D.
Câu 27:
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \[A\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\] và bán kính \(R = 10\).
\(I \in \left( S \right)\) sao cho \(d\left( {I;\left( P \right)} \right)\) lớn nhất \( \Rightarrow I \in \) đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua \[A\] và vuông góc với \(\left( P \right)\).
\(\left( d \right) \bot \left( P \right) \Rightarrow {\vec u_{\left( d \right)}} = {\vec n_{\left( P \right)}} = \left( {2\,;\, - 2\,;\, - 1} \right)\).
Phương trình tham số đường thẳng \(\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 3 + 2t\\y = - 2 - 2t\\z = 1 - t\end{array} \right.\).
Vì \(I \in \left( d \right)\) nên \(I\left( {3 + 2t\,;\,\, - 2 - 2t\,;\,\,1 - t} \right)\).
Vì \(I \in \left( S \right)\) nên \({\left( {2t} \right)^2} + {\left( { - 2t} \right)^2} + {\left( { - t} \right)^2} = 100 \Rightarrow 9{t^2} = 100 \Leftrightarrow t = \pm \frac{{10}}{3}\).
• Với \(t = \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 16\);
• Với \(t = - \frac{{10}}{3} \Rightarrow I\left( { - \frac{{11}}{3};\frac{{14}}{3};\frac{{13}}{3}} \right) \Rightarrow d\left( {I,\,\left( P \right)} \right) = 4\).
\( \Rightarrow I\left( {\frac{{29}}{3}; - \frac{{26}}{3}; - \frac{7}{3}} \right)\) là điểm cần tìm. Chọn A.
Câu 28:
Ta có \(\left( {Oyz} \right):x = 0\), \(A\left( { - 3\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right) \in d\).
Hình chiếu của \[A,\,\,B\] lên \(\left( {Oyz} \right)\) lần lượt là \(A'\left( {0\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,B'\left( {0\,;\,\,\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{ - 7}}{2}} \right)\).
\(\overrightarrow {A'B'} = \left( {0\,;\,\,\frac{3}{2}\,;\,\,\frac{{ - 9}}{2}} \right)\) \( \Rightarrow \overrightarrow u = \left( {0\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\). Chọn A.
Câu 29:
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 \(O{M_{\max }} = OI + R = \sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + {1^2} + {2^2}} + 3 = 6\).
Chọn D.Câu 30:
Ta có \(AB = \sqrt 3 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,AD = \sqrt 6 \,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,{\mkern 1mu} AA' = 2\sqrt 2 .\)
Gọi độ dài đoạn \(DM = x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 \le x \le \sqrt 3 } \right)\).
Khi đó, \(AM + MC' = \sqrt {6 + {x^2}} + \sqrt {8 + {{\left( {\sqrt 3 - x} \right)}^2}} \)
\( \ge \sqrt {{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 8 } \right)}^2} + {{\left( {x + \sqrt 3 - x} \right)}^2}} = \sqrt {6 + 8\sqrt 3 + 8 + 3} = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \)
Do đó \(\min \left( {AM + MC'} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = \sqrt {17 + 8\sqrt 3 } \) khi và chỉ khi:
\(\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 8 }} = \frac{x}{{\sqrt 3 - x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2x = 3 - \sqrt 3 x \Leftrightarrow x = \frac{3}{{2 + \sqrt 3 }} = 6 - 3\sqrt 3 \). Chọn C.
Câu 31:
Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {\sin x} \right) - 1\) ta có: \(g'\left( x \right) = \cos x \cdot f'\left( {\sin x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\cos x = 0}\\{f'\left( {\sin x} \right) = 0}\end{array}} \right..\)
Xét phương trình hoành độ giao điểm \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f\left( {\sin x} \right) = 1\).
Dựa vào đồ thị hàm số ta có: \(f\left( {\sin x} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = a \in \left( { - 1\,;\,\,0} \right)}\\{\sin x = b \in \left( {1\,;\,\,2} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {VN} \right)}\\{\sin x = c > 2{\mkern 1mu} \,\,\left( {VN} \right)}\end{array}} \right.\).
Phương trình \(\sin x = a\) sinh ra hai nghiệm \(x \in \left[ {0\,;\,\,2\pi } \right]\).
Vậy hàm số \[h\left( x \right) = \left| {f\left( {\sin x} \right) - 1} \right|\] có \[4 + 2 = 6\] điểm cực trị. Chọn D.
Câu 32:
Ta có \[\sqrt {2{x^2} - 2x - m} = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{2{x^2} - 2x - m = {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{2{x^2} - 2x - m = {x^2} + 4x + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 6x - 4 = m}\end{array}} \right.\].
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) và đường thẳng \(y = m\) với \(x \ge - 2\).
Xét hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra để phương trình có nghiệm \(x \ge - 2\) thì \(m \ge - 13\).
Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \in \mathbb{Z}}\\{ - 13 \le m < - 6}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 13\,;{\mkern 1mu} \, - 12\,;{\mkern 1mu} \,\,. \ldots \,;{\mkern 1mu} \, - 7} \right\}\).
Do đó có 7 giá trị \[m\] thỏa mãn bài toán. Chọn C.
Câu 33:
Ta có \(\left( {\sqrt x + \sqrt {x + 1} } \right)f'\left( x \right) = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)
\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt x + \sqrt {x + 1} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)\( \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \sqrt {x + 1} - \sqrt x {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \ge - 1\)
\( \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\left( {\sqrt {x + 1} - \sqrt x } \right)dx} = \frac{2}{3}\left[ {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right] + C\)
Mà \(f\left( 0 \right) = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow \frac{2}{3}\left( {1 - 0} \right) + C = \frac{2}{3} \Rightarrow C = 0\)\( \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{2}{3}\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)\)
Khi đó ta có: \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx} = \frac{2}{3}\int\limits_0^1 {\left( {\left( {x + 1} \right)\sqrt {x + 1} - x\sqrt x } \right)dx} \)
\( = \frac{2}{3}.\frac{2}{5}\left. {\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}\sqrt {x + 1} - {x^2}\sqrt x } \right)} \right|_0^1\)\( = \frac{4}{{15}}\left[ {\left( {4\sqrt 2 - 1} \right) - \left( {1 - 0} \right)} \right]\)\( = \frac{{16\sqrt 2 - 8}}{{15}}\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 16}\\{b = - 8}\end{array}} \right.\).
Vậy \(T = a + b = 16 + \left( { - 8} \right) = 8\). Chọn D.
Câu 34:
Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = C_{10}^2 \cdot C_8^2 \cdot C_6^2 \cdot C_4^2 \cdot C_2^2 = 113\,\,400\).
Gọi A là biến cố: “không có cặp nào gồm hai học sinh cùng lớp” \( \Rightarrow \) Mỗi học sinh lớp 12A phải ghép cặp với một học sinh lớp 12B.
Do đó \(n\left( A \right) = {\left( {C_5^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_4^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_3^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_2^1} \right)^2} \cdot {\left( {C_1^1} \right)^2} = 14\,\,400\).
Vậy xác suất biến cố A là \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{14\,\,400}}{{113\,\,400}} = \frac{8}{{63}}\). Chọn D.
Câu 35:
Dễ dàng nhận thấy tứ diện \(A'B'C'D'\) đồng dạng với tứ diện \(ABCD\) theo tỉ số \(k = \frac{{A'B'}}{{AB}}.\)
Gọi \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,N\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(BCD,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,ACD\) ta có \(AM \bot \left( {BCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BN \bot \left( {ACD} \right)\).
Gọi \(G = AM \cap BN\).
Ta có \(G\) là trọng tâm của tứ diện đều \(ABCD\) nên \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AA'}} = \frac{3}{8} \Rightarrow \frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{5}{3}\).
Áp dụng định lí Thalès, ta có: \(\frac{{GA'}}{{GA}} = \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{5}{3} = k\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{A'B'C'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = {k^3} = \frac{{125}}{{27}}\).
Mà \(ABCD\) là tứ diện đều cạnh 1 nên \({V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{12}}\).
Vậy \({V_{A'B'C'D'}} = \frac{{125}}{{37}}.\frac{{\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{125\sqrt 2 }}{{324}}\). Chọn D.
Câu 36:
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\) tại điểm có hoành độ bằng 1 có dạng \(y = ax + b\), khi đó \(a + b\) bằng
Đáp án: ……….
TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\).
Ta có \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}} \Rightarrow y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = \frac{{ - 3}}{1} = - 3\).
Với \(x = 1 \Rightarrow y = \frac{{1 + 1}}{{1 - 2}} = - 2\).
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2 = - 3x + 1\).
Do đó \(a = - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,b = 1 \Rightarrow a + b = - 2\).
Đáp án: −2.
Câu 37:
Hàm số \[f\left( x \right) = {x^4}{\left( {x - 1} \right)^2}\] có bao nhiêu điểm cực trị?
Đáp án: ……….
Ta có \(f\left( x \right) = {x^4}{\left( {x - 1} \right)^2}\)\( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4{x^3}{\left( {x - 1} \right)^2} + {x^4} \cdot 2\left( {x - 1} \right)\)
Suy ra \(f'\left( x \right) = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left[ {2\left( {x - 1} \right) + x} \right] = 2{x^3}\left( {x - 1} \right)\left( {3x - 2} \right)\).
Khi đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} boi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)}\\{x = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\\{x = \frac{2}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {nghiem{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} don} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy hàm số \(f\left( x \right)\) đã cho có 3 điểm cực trị.
Đáp án: 3.
Câu 38:
Trong không gian \[Oxyz,\] cho điểm \(M\left( {1\,;\,\,6\,;\,\, - 3} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z - 2 = 0.\) Khoảng cách từ \(M\) đến \(\left( P \right)\) bằng
Đáp án: ……….
Ta có \(\left( P \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2x - 2y + z - 2 = 0\)\( \Rightarrow d\left( {M,\,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 1 - 2 \cdot 6 - 3 - 2} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + 1} }}\)\( = \frac{{15}}{3} = 5\).
Đáp án: 5.
Câu 39:
Một tổ gồm 6 học sinh trong đó có An và Hà được xếp ngẫu nhiên ngồi vào một dãy 6 cái ghế, mỗi người ngồi một ghế. Xác suất để An và Hà không ngồi cạnh nhau là
Đáp án: ……….
Số phần tử của không gian mẫu là \(6! = 720\).
Gọi A là biến cố: "An và Hà không ngồi cạnh nhau", suy ra biến cố đối \(\overline A :\) "An và Hà ngồi cạnh nhau".
Coi An và Hà là 1 bạn, có 2 cách đổi chỗ An và Hà, khi đó có tất cả 5 bạn xếp vào 5 ghế
\( \Rightarrow n\left( {\overline A } \right) = 2 \cdot 5! = 240.\)
Vậy xác suất của biến cố \[A\] là: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = 1 - \frac{{240}}{{720}} = \frac{2}{3}.\)
Đáp án: \(\frac{2}{3}\).
Câu 40:
Cho \(f\left( x \right)\) là đa thức thỏa mãn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}} = 10\). Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}}\).
Đáp án: ……….
Đặt \(g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\).
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 10\) và \(f\left( x \right) - 20 = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {g\left( x \right)\left( {x - 2} \right) + 20} \right] = 10.\left( {2 - 2} \right) + 20 = 20\).
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} - 5}}{{{x^2} + x - 6}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6f\left( x \right) + 5 - 125}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{6\left[ {f\left( x \right) - 20} \right]}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 20}}{{x - 2}}\frac{6}{{\left( {x + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6f\left( x \right) + 5}} + 25} \right]}}\)
\( = 10 \cdot \frac{6}{{\left( {2 + 3} \right)\left[ {{{\left( {\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}}} \right)}^2} + 5\sqrt[3]{{6 \cdot 20 + 5}} + 25} \right]}} = \frac{4}{{25}}\).
Đáp án: \(\frac{4}{{25}}\).
Câu 41:
Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = - {x^2} + 4x - 1\) là
Đáp án: ……….
Đồ thị hàm số \(y = - {x^2} + 4x - 1\) có đỉnh \(I\left( {2;3} \right)\) và có hệ số \(a < 0{\mkern 1mu} .\)
Do đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3 khi \(x = 2\).
Đáp án: 3
Câu 42:
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n\) có điểm cực tiểu là \(A\left( {1\,;\,\,3} \right)\). Giá trị của \(m + n\) bằng
Đáp án: ……….
Ta có: \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n \Rightarrow y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,y'' = 6x - 4m\).
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 2m{x^2} + {m^2}x + n\) có điểm cực tiểu là \[A\left( {1\,;\,\,3} \right)\] khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( 1 \right) = 0}\\{f''\left( 1 \right) > 0}\\{f\left( 1 \right) = 3}\end{array}} \right.\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3 - 4m + {m^2} = 0}\\{6 - 4m > 0}\\{1 - 2m + {m^2} + n = 3}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 3}\\{m = 1}\end{array}} \right.}\\{m < \frac{3}{2}}\\{n = 3 - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\).
Vậy \(m + n = 1 + 3 = 4\).
Đáp án: 4
Câu 43:
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường \(y = \sqrt x \,,\,\,y = - x\) và \(x = 4\). Thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục hoành là \(V = \frac{{a\pi }}{b}\) với \(a,\,\,b > 0\) và \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản. Tính tổng \(T = a + b\).
Đáp án: ……….
Phương trình hoành độ giao điểm của \[y = \sqrt x ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = - {\mkern 1mu} x\] là \[\sqrt x = - {\mkern 1mu} x \Leftrightarrow x = 0\].
Khi đó, thể tích cần tính là \[V = \pi \int\limits_0^4 {\left| {{{\left( {\sqrt x } \right)}^2} - {{\left( { - {\mkern 1mu} x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_0^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} \]
\[ = \pi \int\limits_1^4 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left| {x - {x^2}} \right|{\rm{d}}x} = \pi \int\limits_1^4 {\left( {{x^2} - x} \right){\rm{d}}x} + \pi \int\limits_0^1 {\left( {x - {x^2}} \right){\rm{d}}x} \]
\[ = \left. {\pi \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^2}}}{2}} \right)} \right|_1^4 + \left. {\pi \left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_0^1 = \frac{{41\pi }}{3} = \frac{{a\pi }}{b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 41}\\{b = 3}\end{array}} \right.\].
Vậy \[T = 44\].
Đáp án: 44.
Câu 44:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) có đồ thị như hình vẽ.
Hỏi phương trình \(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1\) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
Đáp án: ……….
Dựa vào đồ thị ta có:
\(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - f\left( x \right) = - 2}\\{2 - f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = 4}\\{f\left( x \right) = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} \in \left( { - \infty ; - 2} \right)}\\{x = - 2}\\{x = 1}\end{array}} \right.\).
Vậy phương trình \(f\left( {2 - f\left( x \right)} \right) = 1\) có tất cả 3 nghiệm thực phân biệt.
Đáp án: 3
Câu 45:
Đáp án: ……….
Đặt \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( {a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b \in \mathbb{R}} \right)\).
Theo bài ra ta có: \(\left| {z + 1 + 3i} \right| = \left| {z - 2 - i} \right|\)\( \Leftrightarrow \left| {a + bi + 1 + 3i} \right| = \left| {a + bi - 2 - i} \right|\)
\( \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {\left( {b + 3} \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + 2a + 1 + {b^2} + 6b + 9 = {a^2} - 4a + 4 + {b^2} - 2b + 1\)\( \Leftrightarrow 6a + 8b + 5 = 0\).
Suy ra tập hợp các điểm \(M\) biểu diễn số phức z là đường thẳng \(6x + 8y + 5 = 0\).
Dựa vào các đáp án ta có:
Với \(A\left( { - 1\,;\,\, - 3} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\left( {2\,;\,\,1} \right)\)thì trung điểm của đoạn \[AB\] là \(I\left( {\frac{1}{2};\,\, - 1} \right)\).
\(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\,4} \right)\) là VTPT của đường trung trực của \[AB\].
Suy ra phương trình đường trung trực của \[AB\] là:
\(3\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 4\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y + \frac{5}{2} = 0 \Leftrightarrow 6x + 8y + 5 = 0\).
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn của số phức z là đường thẳng \(6x + 8y + 5 = 0\).
Vậy \(\frac{a}{b} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\).
Đáp án: \(\frac{3}{4}\).
Câu 46:
Cho hình lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh đáy bằng \[a,\] cạnh bên bằng \(a\sqrt 3 .\) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ABC'} \right)\).
Đáp án: ……….Ta có \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot BC'\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB}\\{BC{\mkern 1mu} \subset \left( {ABCD} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC \bot AB}\\{BC' \subset \left( {ABC'} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,BC' \bot AB}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right)} = \widehat {\left( {BC,BC'} \right)} = \widehat {CBC'}\).
Xét tam giác vuông \(BCC'\) có: \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \).
Do đó \(\widehat {CBC'} = 60^\circ \Rightarrow \cos \widehat {CBC'} = \frac{1}{2}\).
Đáp án: \(\frac{1}{2}\).
Câu 47:
Đáp án: ……….
Ta có \(\left( d \right):\;\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + t\\y = - 3 + 2t\\z = - 2 + 2t\end{array} \right.;\;\;{u_d} = \left( {1\,;\;2\,;\;2} \right)\).
Gọi \[M\] là hình chiếu vuông góc của \[A\] trên \[d\] và \(A'\) đối xứng \[A\] qua \[d\].
Suy ra: \(M\left( {m - 1\,;\,\,2m - 3\,;\,\,2m - 2} \right)\) và \(\overrightarrow {AM} = \left( {m - 4\,;\,\,2m - 5\,;\,\,2m - 2} \right)\).
Khi đó: \(\overrightarrow {AM} \cdot {\vec u_d} = 0 \Rightarrow \left( {m - 4} \right) + 2\left( {2m - 5} \right) + 2\left( {2m - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow 9m = 18 \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy \(M\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,2} \right)\) và \[M\] là trung điểm \(AA'\) nên \(A'\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,4} \right)\).
Đáp án: −1.
Câu 48:
Cho các số dương x, y thỏa mãn \({2^{{x^3} - y + 1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{7}{y} + \frac{{{x^3}}}{7}\).
Đáp án: ……….
Ta có: \[{2^{{x^3} - \,y\, + \,\,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\]\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2\, - \,2x\, - \,y\, - \,1}} = \frac{{2x + y}}{{2{x^3} + 4x + 4}}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}}}{{{2^{2x\, + \,y}} \cdot 2}} = \frac{{2x + y}}{{2\left( {{x^3} + 2x + 2} \right)}}\)\( \Leftrightarrow {2^{{x^3}\, + \,2x\, + \,2}}\left( {{x^3} + 2x + 2} \right) = {2^{2x\, + \,y}} \cdot \left( {2x + y} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\left( * \right)\)
Xét \(f\left( t \right) = {2^t} \cdot t\,,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,t > 0\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^t} + t \cdot {2^t} \cdot \ln 2 > 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\forall t > 0\).
Do đó hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow {x^3} + 2x + 2 = 2x + y \Rightarrow {x^3} = y - 2\).
Khi đó \(P = \frac{7}{y} + \frac{{{x^3}}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{{y - 2}}{7} = \frac{7}{y} + \frac{y}{7} - \frac{2}{7} \ge 2\sqrt {\frac{7}{y} \cdot \frac{y}{7}} - \frac{2}{7} = \frac{{12}}{7}\).
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{7}{y} = \frac{y}{7} \Leftrightarrow y = 7\) (do \(y > 0\)). Do đó \[{P_{\min }} = \frac{{12}}{7} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \sqrt[3]{5}\\y = 7\end{array} \right..{\mkern 1mu} \]
Đáp án: \(\frac{{12}}{7}\).
Câu 49:
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có \(ABC\) là tam giác vuông \(AB = BC = 1\,;{\rm{ AA'}} = \sqrt 2 ,\) \[M\] là trung điểm của \[BC.\] Khoảng cách giữa 2 đường thẳng \[AM\] và \(B'C\) là
Đáp án: ……….
Gọi \[N\] là trung điểm của \(BB'\) nên \(MN\,{\rm{//}}\,B'C.\)
\( \Rightarrow \left( {AMN} \right)\,{\rm{//}}\,B'C \Rightarrow d\left( {AM,\,B'C} \right) = d\left( {B'C,\left( {AMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right)\)
Tam giác vuông \[ABC\] có \(AB = BC = 1 \Rightarrow \Delta ABC\) vuông cân tại B \( \Rightarrow AM = \sqrt {A{B^2} + B{M^2}} = \sqrt {1 + \frac{1}{4}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
Xét tam giác vuông \(BB'C\) có:
\(B'C = {\rm{ }}\sqrt {B{{B'}^2} + B{C^2}} = \sqrt {2 + 1} = \sqrt 3 \Rightarrow MN = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Xét tam giác vuông \[ABN\] có: \(AN = \sqrt {A{B^2} + B{N^2}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).
\( \Rightarrow {S_{AMN}} = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = \frac{{\sqrt {14} }}{8}\).
Ta có \({S_{AMC}} = \frac{1}{2}AB \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{NAMC}} = \frac{1}{3}NM \cdot {S_{AMC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{{24}}\).
Mà \({V_{N.AMC}} = \frac{1}{3}d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) \cdot {S_{AMN}}\) nên \(d\left( {C,\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{NAMC}}}}{{{S_{AMN}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 }}{8}}}{{\frac{{\sqrt {14} }}{8}}} = \frac{{\sqrt 7 }}{7}\).
Đáp án: \(\frac{{\sqrt 7 }}{7}\).
Câu 50:
Ông A dự định sử dụng hết \[5\,\,{m^2}\] kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?
Đáp án: ……….
Gọi chiều rộng của bể cá là \(x\,\left( m \right)\,\,\left( {x > 0} \right)\), khi đó chiều dài của bể cá là \(2x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).
Gọi \[h\] là chiều cao của bể cá ta có \(2{x^2} + 2xh + 4xh = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} + 6xh = 5 \Leftrightarrow h = \frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}}\).
Khi đó thể tích của bể cá là \[2{x^2}.\frac{{5 - 2{x^2}}}{{6x}} = \frac{1}{3}\left( {5x - 2{x^3}} \right) = \frac{1}{3}f\left( x \right)\].
Xét hàm số \(f\left( x \right) = 5x - 2{x^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x > 0} \right)\) có \(f'\left( x \right) = 5 - 6{x^2} = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{5}{6}} \).
Lập bảng biến thiên:
\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right)\)\( \Rightarrow {V_{\max }} = \frac{1}{3}f\left( {\sqrt {\frac{5}{6}} } \right) = \frac{{5\sqrt {50} }}{{27}} \approx 1,01\,\,\left( {{m^3}} \right)\).
Đáp án: \(1,01\).
Câu 51:
PHẦN 2: TƯ DUY ĐỊNH TÍNH
Lĩnh vực: Ngữ văn (50 câu – 60 phút)
Các biện pháp tu từ:
+ Điệp từ: ta, mình, nhớ,…
+ Liệt kê: Trăng lên đầu núi, nắng chiều lưng nương, Nhớ từng bản khói cùng sương, Nhớ từng rừng nứa bờ tre, Ngòi Thia, sông Đáy, suối Lê vơi đầy,…
+ So sánh: Nguồn bao nhiêu nước nghĩa tình bấy nhiêu,…
→ Chọn A.
Câu 52:
Hai câu thơ (3) và (4) chịu ảnh hưởng trực tiếp từ thể loại ca dao. Câu thơ làm ta nhớ đến các câu ca dao như: “Qua đình ngả nón trông đình, Đình bao nhiêu ngói thương mình bấy nhiêu.”, “Qua cầu ngả nón trông cầu, Cầu bao nhiêu nhịp dạ em sầu bấy nhiêu”,… Chọn B.
Câu 53:
Cặp từ hô ứng: mình – ta. Chọn A.
Câu 54:
Hai đại từ “mình – ta”: Mình chỉ cán bộ về xuôi, ta chỉ nhân dân Việt Bắc. Chọn A.
Câu 55:
Chủ đề nổi bật bao trùm đoạn trích là nỗi nhớ sâu sắc của cán bộ cách mạng về xuôi với thiên nhiên, cuộc sống sinh hoạt thời kháng chiến và con người Việt Bắc. Chọn D.
Câu 56:
Đoạn trích nói về số phận đau thương và sức sống kiên cường hiên ngang mạnh mẽ quyết liệt vượt lên mọi sự hủy diệt bởi bom đạn kẻ thù của những cây xà nu. Chọn D.
Câu 57:
Hình tượng rừng xà nu trong đoạn trích trên được Nguyễn Trung Thành miêu tả:
- Bất hạnh đau thương: Cả rừng xà nu hàng vạn cây không có cây nào không bị thương. Có những cây bị chặt đứt ngang nửa thân mình, đổ ào ào như một trận bão. Ở chỗ vết thương, nhựa ứa ra, tràn trề, thơm ngào ngạt, long lanh nắng hè gay gắt, rồi dần dần bầm lại, đen và đặc quyện thành từng cục máu lớn.
- Kiên cường, mãnh liệt: Cạnh một cây xà nu mới ngã gục, đã có bốn năm cây con mọc lên, ngọn xanh rờn, hình nhọn mũi tên lao thẳng lên bầu trời, Nó phóng lên rất nhanh để tiếp lấy ánh nắng, Đạn đại bác không giết nổi chúng, những vết thương của chúng chóng lành như trên một thân thể cường tráng. Chúng vượt lên rất nhanh, thay thế những cây đã ngã...
→ Chọn A.
Câu 58:
Đoạn trích được trích từ một văn bản nghệ thuật nên thuộc phong cách ngôn ngữ nghệ thuật. Chọn B.
Câu 59:
Đoạn trích xây dựng được hình ảnh cây xà nu mang ý nghĩa biểu tượng cho dân làng Xô Man: vừa chịu nhiều đau thương nhưng cũng rất kiên cường, mãnh liệt. Chọn B.
Câu 60:
Dấu hiệu của biện pháp nhân hóa được thể hiện thông qua các từ/cụm từ được Nguyễn Trung Thành sử dụng: bị thương, vết thương, từng cục máu lớn,... Chọn C.
Câu 61:
Câu 62:
Theo dõi 4 dòng đầu của đoạn trích để xác định nội dung chính: Chạy đua vũ trang là đi ngược lại lí trí con người và tự nhiên. Chọn A.
Câu 63:
Câu văn thể hiện sự nguy hiểm của việc chạy đua vũ trang. Chọn D.
Câu 64:
Thông điệp: Mong muốn thế giới không có chạy đua vũ trang và một cuộc sống hòa bình. Chọn B.
Câu 65:
Dựa vào câu văn đứng trước đó, có thể xác định thành phần chủ ngữ bị lược bỏ là: “Chạy đua vũ trang”. Chọn A.
Câu 66:
Dựa vào đoạn văn cuối cùng. Xác định đối tượng mà tác giả muốn đem phân tích và giải thích là: miếng ngon Hà Nội. Chọn C.
Câu 67:
Câu văn chính là dẫn chứng được tác giả đưa ra để tăng thêm tính thuyết phục cho luận điểm: có những tác phẩm mà giá trị của nó vượt qua sự băng hoại của thời gian. Chọn D.
Câu 68:
Từ “cổ điển” trong đoạn trích gần nghĩa hơn cả với từ “mẫu mực”. Chọn B.
Câu 69:
Từ “Việt Nam” trong đoạn trích là tính từ vì từ “Việt Nam” vốn là danh từ nhưng trong trường hợp này đã được tính từ hóa để khái quát được nhiều tố chất tốt đẹp của cả một dân tộc vào phong cách của một con người cụ thể. Chọn A.
Câu 70:
Ẩn dụ: những miếng ngon mà người Việt Nam ăn vào thấy ngát mùi đất nước Việt Nam, thấy mình Việt Nam hơn → cảm nhận được vẻ đẹp dân giã trong từng món ăn Việt Nam, từ đó thêm yêu quý, tự hào về quê hương, đất nước mình hơn. Chọn A.
Câu 71:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Ông ấy luôn ý thức mình là người cầm cương nảy mực nên lúc nào cũng nêu cao tinh thần chí công vô tư.
Giải thích: “cầm cương nảy mực” là phiên bản lỗi của thành ngữ “cầm cân nảy mực” - (người có trách nhiệm, nghĩa vụ) đảm bảo gìn giữ cho sự đúng đắn và công bằng. Chọn B.
Câu 72:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Giữ thái độ bàng quang trước cuộc đời không giúp anh sống sâu sắc, vị tha được.
Từ “bàng quang” sai về nghĩa. Từ đúng là “bàng quan” (tự coi mình là người ngoài cuộc, coi là không dính líu đến mình). Chọn B.
Câu 73:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Nhân vật Lor-ca toát ra vẻ đẹp của một tâm hồn bất khuất và dũng cảm của người chiến sĩ – nghệ sĩ đang phải sống giữa một xã hội loạn luân, đầy bất công áp bức.
Từ “loạn luân” dùng sai. Nên thay bằng từ “biến loạn”. Chọn C.
Câu 74:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Ngôi nhà anh ta mới xây ở ven đô tuy bé và xinh.
“và” là từ biểu thị quan hệ liên hợp, bổ sung nên không thể kết hợp cùng từ “tuy” để tạo thành cặp quan hệ từ. Từ đúng là “mà”. Chọn D.
Câu 75:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Công ty anh ấy vừa mới tổ chức chuyến thăm quan khu di tích lịch sử Đền Hùng.
Từ “thăm quan” viết sai chính tả. Nên thay bằng từ “tham quan”. Chọn B.
Câu 76:
“nhà cửa” là từ ghép đẳng lập (từ ghép tổng hợp), các từ còn lại là từ ghép chính phụ (từ ghép phân loại). Chọn C.
Câu 77:
Từ “đầu” trong “đau đầu” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại là nghĩa chuyển. Chọn B.
Câu 78:
“hoa hồng” là từ ghép, các từ còn lại là từ láy. Chọn A.
Câu 79:
“thiên” trong “thiên thư, thiên tử, thiên địa” có nghĩa là trời còn “thiên” trong “thiên đô” lại có nghĩa là di chuyển. Chọn C.
Câu 80:
Từ “bố mẹ” là từ thuần Việt, các từ còn lại đều là từ mượn. Chọn A.
Câu 81:
Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Mối quan hệ Việt – Lào đã được tôi luyện qua năm tháng và rất _________.
Mối quan hệ Việt – Lào đã được tôi luyện qua năm tháng và rất vững bền.
Từ “vững bền” thể hiện sự vững chắc và bền lâu. Chọn A.
Câu 82:
Điền từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Việc kí duyệt sai nguyên tắc của giám đốc nhà máy đã gây _________ hàng tỉ đồng.
Việc kí duyệt sai nguyên tắc của giám đốc nhà máy đã gây thiệt hại hàng tỉ đồng. Chọn B.
Câu 83:
Điền từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Thủ tướng cùng _________ đến dự lễ khánh thành nhà máy.
“Phu nhân” là từ Hán Việt, mang màu sắc phong cách trang trọng, phù hợp với “thủ tướng” trong câu. Chọn C.
Câu 84:
Chọn từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Địa đạo Củ Chi là một bức tranh _________ về chiến tranh du kích.
Địa đạo Củ Chi là một bức tranh sống động về chiến tranh du kích. Chọn C.
Câu 85:
Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Sau mấy đêm mất ngủ, trông Lan _________ như người vừa ốm dậy.
Sau mấy đêm mất ngủ, trông Lan hốc hác như người vừa ốm dậy.
“hốc hác”: gầy gò và trông có vẻ phờ phạc, mệt mỏi (nói khái quát). Chọn B.
Câu 86:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Con sóng dưới lòng sâu
Con sóng trên mặt nước
Ơi con sóng nhớ bờ
Ngày đêm không ngủ được
Lòng em nhớ đến anh
Cả trong mơ còn thức.
(Sóng – Xuân Quỳnh)
Nhân hóa: con sóng nhớ bờ. Chọn D.
Câu 87:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Cuộc săn dù ráo riết đến đâu cũng không sao tróc đủ một trăm người phải đi xem đá bóng. Dăm sáu anh khôn ngoan, đã kéo đến ngủ nhờ nhà khác, hoặc làng khác. Họ làm như lánh nạn.
(Tinh thần thể dục – Nguyễn Công Hoan)
Dựa vào ngữ cảnh đoạn văn có thể thấy từ “tróc” đồng nghĩa hơn cả với từ “bắt”. Chọn C.
Câu 88:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Nhà em có một giàn giầu,
Nhà anh có một hàng cau liên phòng
Thôn Đoài ngồi nhớ thôn Đông
Cau thôn Đoài nhớ giầu không thôn nào?
(Tương tư – Nguyễn Bính)
Từ các tín hiệu giầu – cau, có thể thấy đoạn trích thể hiện khát khao nên duyên của nhân vật trữ tình. Chọn B.
Câu 89:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Tôi không được rõ ý đồ nhà “vi hành” của chúng ta ra sao. Phải chăng là ngài muốn biết dân Pháp, dưới quyền ngự trị của bạn ngài là A-lếch-xăng Đệ nhất, có được sung sướng, có được uống nhiều rượu và được hút nhiều thuốc phiện bằng dân Nam, dưới quyền ngự trị của ngài, hay không?
(Vi hành – Nguyễn Ái Quốc)
Giọng điệu chủ đạo trong đoạn trích là châm biếm, mỉa mai. Chọn B.
Câu 90:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Dưới màu hoa như lửa cháy khát khao
Anh nắm tay em bước dọc con đường vắng
Chỉ có tiếng ve sôi chẳng cho trưa hè yên tĩnh
Chẳng chịu cho lòng ta yên.
(Thanh Tùng, Thời hoa đỏ, Quà tặng tình yêu – 99 bài thơ tình, Di Li tuyển chọn,
NXB Văn học, 2012)
So sánh: màu hoa như lửa cháy khát khao. Chọn B.
Câu 91:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Cha mất sớm, ông sống với mẹ ở Quy Nhơn và có hai năm học trung học tại trường Pe-lơ-ranh (Pellerin) ở Huế. Sau đó ông làm công chức ở Sở Đạc điền Bình Định rồi vào Sài Gòn làm báo. Đến năm 1936, mắc bệnh phong, ông về hẳn Quy Nhơn chữa bệnh và mất tại trại phong Quy Hòa.
(Ngữ văn 11, tập hai, NXB Giáo dục, năm 2020, tr. 38)
Đoạn trích cung cấp thông tin về tác giả Hàn Mặc Tử. Chọn C.
Câu 92:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Sao anh không về chơi thôn Vĩ?
Nhìn nắng hàng cau nắng mới lên
Vườn ai mướt quá xanh như ngọc
Lá trúc che ngang mặt chữ điền
(Đây thôn Vĩ Dạ – Hàn Mặc Tử)
“Sao anh không về chơi thôn Vĩ?” là câu hỏi nhưng lại gợi cảm giác như lời trách nhẹ nhàng và cũng là lời mời gọi thật tha thiết, dễ thương. Đây cũng có thể hiểu là lời nhà thơ tự vấn, tự hỏi mình, là ước ao thầm kín của người đi xa muốn được về lại thôn Vĩ. Chọn D.
Câu 93:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Dân không biết đoàn thể, không trọng công ích là bởi ba bốn trăm năm trở về đây, bọn học trò trong nước mắc ham quyền tước, ham bả vinh hoa của các triều vua mà sinh ra giả dối nịnh hót, chỉ biết có vua mà không biết có dân.
(Về luân lí xã hội ở nước ta – Phan Châu Trinh)
Từ “mắc” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “bận”. Chọn D.
Câu 94:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Suốt mấy hôm rày đau tiễn đưa
Đời tuôn nước mắt, trời tuôn mưa...
Chiều nay con chạy về thăm Bác
Ướt lạnh vườn rau, mấy gốc dừa!
(Bác ơi – Tố Hữu)
Từ “rày” trong đoạn trích đồng nghĩa với từ “nay”. Chọn B.
Câu 95:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Từ năm 1970 đến năm 1978 ông xuất ngũ và làm đủ mọi nghề để mưu sinh, như làm hợp đồng cho Nhà xuất bản Giải phóng, chấm công trong một đội cầu đường, vẽ pa-nô, áp-phích,... Từ năm 1978 đến năm 1988, ông là biên tập viên tạp chí Sân khấu và bắt đầu sáng tác kịch nói – với vở kịch đầu tay Sống mãi tuổi 17 (viết lại theo kịch bản của Vũ Duy Kì).
(Ngữ văn 12, tập hai, NXB Giáo dục Việt Nam, 2020, trang 142)
Đoạn trích nói về tác giả Lưu Quang Vũ. Chọn B.
Câu 96:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
những tiếng đàn bọt nước
Tây Ban Nha áo choàng đỏ gắt
li-la li-la li-la
đi lang thang về miền đơn độc
với vầng trăng chếnh choáng
trên yên ngựa mỏi mòn
(Đàn ghi ta của Lor-ca – Thanh Thảo)
Hình ảnh “áo choàng đỏ gắt” gợi nhắc đến môn thể thao đấu bò tót lừng danh của đất nước Tây Ban Nha. Đó là áo choàng khoác ngoài màu đỏ của các võ sĩ đấu bò tót. Khi vào sân đối diện với bò, các võ sĩ thường dùng áo này làm vật thu hút, dụ bò lao vào mình trong cuộc đấu. Chọn B.
Câu 97:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Trong những dòng sông đẹp ở các nước mà tôi thường nghe nói đến, hình như chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất. Trước khi về đến vùng châu thổ êm đềm, nó đã là một bản trường ca của rừng già, rầm rộ giữa bóng cây đại ngàn, mãnh liệt qua những ghềnh thác, cuộn xoáy như cơn lốc vào những đáy vực bí ẩn, và cũng có lúc nó trở nên dịu dàng và say đắm giữa những dặm dài chói lọi màu đỏ của hoa đỗ quyên rừng.
(Ai đã đặt tên cho dòng sông? – Hoàng Phủ Ngọc Tường)
Giọng điệu chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là tự hào, kiêu hãnh. Có thể dễ dàng nhận ra sắc thái của giọng điệu này qua câu văn đầu tiên của đoạn trích: Trong những dòng sông đẹp ở các nước mà tôi thường nghe nói đến, hình như chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất. Hoàng Phủ Ngọc Tường đã đặt sông Hương ngang hàng với những dòng sông đẹp trên thế giới đồng thời khẳng định nét đặc biệt (chỉ sông Hương là thuộc về một thành phố duy nhất) của dòng Hương giang. Chọn C.
Câu 98:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Một người trẻ nói: “Tôi vốn quen sống ngẫu hứng, tôi muốn được tự do. Kỉ luật không cho cuộc sống của tôi điều gì”. Bạn có biết khi quan tâm quá nhiều đến điều có thể nhận được sẽ khiến bản thân mê đắm trong những điều phù phiếm trước mắt. Kỉ luật chính là đôi cánh lớn nâng bạn bay lên cao và xa. Người lính trong quân đội được học từ những điều cơ bản nhất của kỉ luật như đi ngủ và thức dậy đúng giờ, ăn cơm đúng bữa, gấp quân trang đúng cách,… cho đến những kỉ luật cao hơn như tuyệt đối tuân thủ mệnh lệnh cấp trên, đoàn kết trong tập thể,…Tất cả những điều đó để hướng tới một mục đích cao hơn là thao trường đổ mồ hôi chiến trường bớt đổ máu, là tất cả phục vụ vì nhân dân vì đất nước. Đó là lí tưởng của họ. Thành công đến cùng tính kỉ luật tạo dựng sự bền vững lâu dài. Kỉ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc. Nó giúp bạn giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Không những vậy, kỉ luật còn là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn. Người thầy luôn đặt ra những thử thách rèn bản thân sống có nguyên tắc hơn nhắc nhở bản thân từ mục đích ban đầu khi ra bước đi là gì. Kỉ luật không lấy đi của bạn thứ gì nó đem đến cho bạn nhiều hơn những điều bạn tưởng.
(Nguồn https://www.ctgroupvietnam.com/Tin-Tuc/cau-chuyen-cuoi-tuan-suc-manh-cua-tinh- ky-luat)
Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn. Chọn D.
Câu 99:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Việc nhân nghĩa cốt ở yên dân
Quân điếu phạt trước lo trừ bạo
Như nước Đại Việt ta từ trước
Vốn xưng nền văn hiến đã lâu
Núi sông bờ cõi đã chia
Phong tục Bắc Nam cũng khác
Từ Triệu, Đinh, Lý, Trần bao đời xây nền độc lập
Cùng Hán, Đường, Tống, Nguyên mỗi bên hùng cứ một phương
Tuy mạnh yếu từng lúc khác nhau
Song hào kiệt thời nào cũng có.
(Bình Ngô đại cáo – Nguyễn Trãi)
Liệt kê các triều đại của nước ta và phương Bắc. Chọn B.
Câu 100:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Trên đầu núi, các nương ngô, nương lúa gặt xong, ngô lúa đã xếp yên đầy các nhà kho. Trẻ con đi hái bí đỏ, tinh nghịch, đã đốt những lều canh nương để sưởi lửa. Ở Hồng Ngài người ta thành lệ cứ ăn Tết khi gặt hái vừa xong, không kể ngày, tháng nào. Ăn Tết như thế cho kịp lúc mưa xuân xuống thì đi vỡ nương mới. Hồng Ngài năm ấy ăn Tết giữa lúc gió thổi vào cỏ gianh vàng ửng, gió và rét rất dữ dội.
Nhưng trong các làng Mèo Đỏ, những chiếc váy hoa đã đem ra phơi trên mỏm đá xòe như con bướm sặc sỡ [...]
(Vợ chồng A Phủ – Tô Hoài)
Đoạn trích khắc họa bức tranh thiên nhiên và cuộc sống con người miền Tây Bắc khi mùa xuân đến. Chọn A.
Câu 101:
PHẦN 3: KHOA HỌC
Lĩnh vực: Khoa học tự nhiên và xã hội (50 câu – 60 phút)
Quân viễn chính Mĩ giữ vai trò quan trọng và không ngừng tăng lên về số lượng, quân số lúc cao nhất (năm 1969) lên gần hơn nửa triệu. Chọn B.
Câu 102:
Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philíppin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn B.
Câu 103:
Phương án A, B, D là những mục tiêu của chiến lược toàn cầu của Mĩ. Còn tham vọng lớn nhất của Mĩ khi triển khai chiến lược toàn cầu sau Chiến tranh thế giới thứ hai là thiết lập trật thế giới tự đơn cực do nước Mĩ làm bá chủ thế giới. Chọn C.
Câu 104:
“Ba mươi năm ấy chân không mỏi/ Mà đến bây giờ mới tới nơi” (Tố Hữu), là hai câu thơ nói về sự kiện Nguyễn Ái Quốc về nước trực tiếp lãnh đạo cách mạng năm 1941. Chọn D.
Câu 105:
Câu 106:
Chọn A vì ASEAN và EU ra đời đều xuất phát từ nhu cầu liên kết và hợp tác giữa các nước.
B loại vì không phải tất cả các nước ASEAN là đồng minh của Mĩ, chỉ có Thái Lan và Philippin là đồng minh của Mĩ.
C loại vì ASEAN thành lập năm 1967 nhưng phải từ cuối những năm 70 của thế kỉ XX thì Nhật mới tăng cường quan hệ với ASEAN thông qua học thuyết Phucưđa và Kaiphu.
D loại vì khi ra đời thì ASEAN và Eu không phải là đối tác chiến lược của Liên Xô.
Câu 107:
A loại vì nguyên nhân sâu xa là nhân dân ta muốn giành lại độc lập dân tộc, việc giúp vua khôi phục lại vương quyền chỉ thuộc về danh nghĩa.
Chọn B vì thực dân Pháp xâm lược Việt Nam nên mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp là mâu thuẫn cơ bản nhất và gay gắt nhất. Dưới ngọn cờ phong kiến cứu nước của phong trào Cần vương, nhân dân ta đứng lên chống Pháp để giành độc lập dân tộc.
C loại vì phong trào Cần vương bùng nổ không xuất phát từ nguyên nhân là sự mâu thuẫn giữa hai phe đối lập trong triều đình.
D loại vì cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại là yếu tố tác động trực tiếp.
Câu 108:
Mục tiêu hàng đầu của cuộc Cách mạng tháng Tám là giành độc lâp dân tộc hay giải phóng dân tộc.
- Lãnh đạo: Đảng Cộng sản Đông Dương.
- Lực lượng tham gia: Quần chúng nhân dân.
- Hình thức và phương pháp đấu tranh: bạo lực vũ trang.
- Kết quả: giành độc lập dân tộc từ tay phát xít Nhật, bên cạnh đó, còn lật đổ chế độ phong kiến.
→ Cách mạng tháng Tám là cuộc cách mạng mang tính chất triệt để,bạo lực, là cuộc cách mạng dân tộc dân chủ nhân dân, cách mạng giải phóng dân tộc nhưng điển hình là tính giải phóng dân tộc. Chọn C.
Câu 109:
Trong thời gian thực hiện hai kế hoạch Nhà nước 5 năm (1976-1985) nước ta lâm vào tình trạng khủng hoảng kinh tế-xã hội. Chọn C.
Câu 110:
A, B, C loại vì nội dung các phương án này là nguyên nhân khách quan, không phải nguyên nhân mang tính quyết định. Chọn D vì đất nước lâm vào tình trọng khủng hoảng, trước hết là khủng hoảng kinh tế-xã hội là nguyên nhân chủ quan mang tính quyết định, đòi hỏi Đảng ta phải tiến hành công cuộc đổi mới.
Câu 111:
Nhật Bản có địa hình chủ yếu là đồi núi→ diện tích đất nông nghiệp nhỏ, khả năng mở rộng diện tích thấp → trong nông nghiệp phải thâm canh để tăng năng suất, sản lượng. Chọn B.
Câu 112:
Ranh giới tự nhiên giữa hai phần Nga Âu và Nga Á là dãy núi U-ran (sgk Địa lí 11 trang 62) → Chọn D.
Câu 113:
Nước ta không có nhiều hoang mạc như các nước cùng vĩ độ ở Tây Á do tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài nên ảnh hưởng của biển vào sâu trong đất liền.
A. Nằm trên đường di cư của các luồng sinh vật. → không liên quan đến khí hậu.
B. Nằm ở trung tâm khu vực Đông Nam Á. → không nói rõ ảnh hưởng đến khí hậu.
C. Tiếp giáp Biển Đông và lãnh thổ hẹp ngang, kéo dài. → đúng. Chọn C.
D. Nằm trong khu vực nội chí tuyến bán cầu Bắc. → không nhấn mạnh đến yếu tố hải dương, nội chí tuyến nhấn mạnh đến nóng.
Câu 114:
Quá trình chinh trong sự hình thành và biến đổi địa hình nước ta là xâm thực, bồi tụ. Chọn C.
Câu 115:
Tỉ trọng GDP vùng KTTĐ phía Nam gấp 6,1 lần vùng KTTĐ miền Trung năm 2005 là sai. Chọn D.
Câu 116:
Cho bảng số liệu dưới đây:
SỐ LƯỢNG TRÂU PHÂN THEO VÙNG NƯỚC TA
(Đơn vi: nghìn con)
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo bảng số liệu, để thể hiện cơ cấu đàn trâu phân theo vùng nước ta, dạng biểu đồ nào sau đây là phù hợp?
Thể hiện cơ cấu + thời gian 2 năm → biểu đồ tròn, cột chồng. Loại biểu đồ đường. Biểu đồ cột chồng phù hợp hơn cột ghép. Chọn D.
Câu 117:
Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 21, biểu đồ cơ cấu giá trị sản xuất công nghiệp của cả nước phân theo nhóm ngành. Xu hướng chuyển dịch cơ cấu ngành công nghiệp nước ta là giảm tỉ trọng công nghiệp khai thác và công nghiệp sản xuất và phân phối điện, khí đốt, nước, tăng tỉ trọng công nghiệp chế biến. → A không đúng. Chọn A.
Câu 118:
Những đồng bằng hẹp ven biển tạo thuận lợi cho việc xây dựng tuyến đường B-N chứ không gây cản trở. Chọn C.
Câu 119:
Tây Nguyên hiện nay phát triển mạnh thủy điện và cây công nghiệp nhiệt đới dựa trên các thế mạnh về điều kiện tự nhiên.
+ Đất bazan màu mỡ phân bố tập trung trên các cao nguyên, khí hậu mang tính chất cận Xích Đạo thuận lợi cho trồng và chuyên canh các cây công nghiệp nhiệt đới (cà phê, cao su, hồ tiêu, điều).
+ Tây Nguyên có tiềm năng thủy điện trên các sông Xê Xan, XrêPôk, Đồng Nai.
Chọn C.
Câu 120:
Trâu được nuôi ở Bắc Trung Bộ nguyên nhân quan trọng nhất là do điều kiện sinh thái thích hợp. Các nguyên nhân còn lại không phải nguyên nhân quan trọng nhất, vì nếu thiếu điều kiện sinh thái thích hợp thì không thể phát triển được. Chọn A.
Câu 121:
Câu 122:
Hướng của lực từ do từ trường đều \(\vec B\) tác dụng lên đoạn dây MN mang dòng điện I chạy qua có hướng như hình nào dưới đây?
Chọn B
Câu 123:
Ngày nay, để truyền tín hiệu đến những nơi xa với tốc độ nhanh, người ta thường sử dụng các đường ống cáp quang. Cáp quang là một loại cáp viễn thông làm bằng thủy tinh hoặc nhựa, sử dụng ánh sáng để truyền tín hiệu và mạng bắng cách phản xạ toàn phần liên tục ánh sách giữa phần lōi và phần vỏ. Vậy chiết suất của phần lōi và phần vỏ của cáp quang cần thỏa mãn điều kiện gì?
Chọn A.
Câu 124:
\(\frac{\pi }{3} \cdot 1 + \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6}.\) Chọn B.
Câu 125:
Vệ tinh Vinasat -2 của Việt Nam được phóng vào lúc 5h30' (giờ Hà Nội) ngày 16/5/2012 tại bãi phóng Kourou ở Guyana bằng tên lửa Ariane5 ECA. Vùng phủ sóng cơ bản bao gồm: Việt Nam, khu vực Đông Nam Á, một số quốc gia/lân cận. Với khả năng truyền dẫn: tương đương 13.000 kênh thoại/ internet/truyền số liệu hoặc khoảng 150 kênh truyền hình. Vậy việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh VINASAT-2 được thông qua bằng loại sóng điện từ nào?
Vậy việc kết nối thông tin giữa mặt đất và vệ tinh cần sóng mang có năng lượng lớn để xuyên qua tầng điện li → dùng sóng cực ngắn. Chọn D.
Câu 126:
Các chất rắn, lỏng bị nung nóng trên 3000oC thì phát ra tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy và tia tử ngoại. Chọn A.
Câu 127:
Phản ứng nhiệt hạch luôn là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng. Chọn B.
Câu 128:
Ta có \(Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 110\Omega ;\varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{3}\)
\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} \to R = Z \cdot \cos \varphi = 55\Omega \)
Chọn B.
Câu 129:
Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 13 cm dao động cùng pha. Ở mặt nước, trên đường tròn tâm \(A\) bán kính \(R = 3,5\;{\rm{cm}}\) có 7 phần tử dao động với biên độ cực đại. Đường thẳng \((\Delta )\) trên mặt nước là trung trực của AB. Điểm \(N\) nằm trên \((\Delta )\), gần trung điểm \(O\) của AB nhất dao động cùng pha với \({\rm{O}}\) và cách \({\rm{O}}\) một đoạn d. Khoảng cách d gần nhất với giá trị nào sau đây?
Đáp án: ……….
+ Mỗi cực đại trên AB cắt đường tròn tại 2 điểm
\( \to \) Trên đường tròn có 7 cực đại thì tại M (giao điểm giữa đường tròn và AB) là 1 cực đại
+ Vậy \({\rm{OM}} = OA - AN = \frac{{AB}}{2} - AN = 6,5 - 3,5 = 3\;{\rm{cm}} = 3\frac{\lambda }{2} \to \lambda = 2\;{\rm{cm}}\)
+ Nếu N gần O nhất cùng pha với O
\( \to NA - OA = \lambda \to NA = OA + \lambda = 8,5\;cm = d\)
\( \to ON = \sqrt {{d^2} - O{A^2}} = \sqrt {8,{5^2} - 6,{5^2}} = 5,477\;{\rm{cm}}\)
Đáp án: 5,477 cm.
Câu 130:
Điểm M là vị trí trùng nhau của hai ánh sáng.
\[{x_M} = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \Rightarrow 5,6 = {k_1}\frac{{0,4.2}}{1} \Rightarrow {k_1} = 7\]
Hai vân sáng trùng nhau tại M thoả mãn: \[\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} \Rightarrow \frac{7}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{0,4}} \Rightarrow {\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}}\mu m\]
Mà \[0,5\mu {\rm{m}} \le {\lambda _2} \le 0,65\mu {\rm{m}} \Rightarrow 0,5 \le \frac{{2,8}}{{{k_2}}} \le 0,65 \Rightarrow 4,3 \le {k_2} \le 5,6 \Rightarrow {k_2} = 5\]
Vậy tại M thì vân sáng bậc 7 của bức xạ λ1 trùng với vân sáng bậc 5 của bức xạ λ2.
Do đó \[{\lambda _2} = \frac{{2,8}}{{{k_2}}} = \frac{{2,8}}{5} = 0,56\,\mu m\]
Tại vị trí điểm \(N\) cách vân trung tâm 8,96 mm có: ứng với vân sáng bậc 8 của bức xạ λ2.
Chọn A.
Câu 131:
\({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,35\;\)mol; \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,55\)mol.
Bảo toàn oxygen ta có: \({{\rm{n}}_{{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{0,35.2 + 0,55}}{2} = 0,625\;\)mol
=> \[{{\rm{V}}_{{{\rm{O}}_2}}} = 0,625 \cdot 24,79 = 15,494\] (lít).
Thể tích không khí cần dùng là: \({{\rm{V}}_{{\rm{kk}}}} = \frac{{15,494}}{{20}}.100 = 77,47\) (lít).
Chọn A.
Câu 132:
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho lá Fe vào dung dịch gồm \[CuS{O_4}\]và \[{H_2}S{O_4}\]loãng;
(b) Đốt dây Fe trong bình đựng khí \[{O_2}\];
(c) Cho lá Cu vào dung dịch gồm \[Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3}\]và \[HN{O_3}\];
(d) Cho lá Zn vào dung dịch \[{H_2}S{O_4}\]loãng.
Số thí nghiệm có xảy ra ăn mòn điện hóa là
Thí nghiệm có xảy ra ăn mòn điện hóa: (a)
Do thoả mãn các điều kiện xảy ra ăn mòn điện hoá: xuất hiện hai điện cực Fe và Cu tiếp xúc trực tiếp với nhau, cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.
\({\rm{Fe}} + {\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{FeS}}{{\rm{O}}_4} + {\rm{Cu}}\)
Chọn A.
Câu 133:
X và Zn đều có hóa trị II trong hợp chất.
\(\begin{array}{l}{\rm{Zn}} + 2{\rm{HCl}} \to {\rm{ZnC}}{{\rm{l}}_2} + {{\rm{H}}_2}\\{\rm{X}} + 2{\rm{HCl}} \to {\rm{XC}}{{\rm{l}}_2} + {{\rm{H}}_2}\\{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{KL }}}} = \frac{{0,7437}}{{24,79}} = 0,03\;{\rm{mol}};{{\rm{M}}_{{\rm{KL }}}} = \frac{{1,7}}{{0,03}} = 56,67;{{\rm{M}}_{{\rm{Zn}}}} = 65 \Rightarrow {{\rm{M}}_{\rm{x}}} < 56,67\end{array}\)
\(\begin{array}{l}{\rm{X}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to {\rm{XS}}{{\rm{O}}_4} + {{\rm{H}}_2}\\{{\rm{n}}_{{{\rm{H}}_2}}} < \frac{{1,2395}}{{24,79}} = 0,05\;{\rm{mol}}\\ \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{x}}} < 0,05\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{M}}_{\rm{x}}} > \frac{{1,9}}{{0,05}} = 38\\ \Rightarrow 38 < {{\rm{M}}_{\rm{x}}} < 56,67.\end{array}\)
Vậy X là Ca.
Chọn B.
Câu 134:
Gọi công thức của amine bậc một, đơn chức có công thức \({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}\)
Chú ý: \({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}\) có tính base tương tự như \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)
\(3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to {\rm{Fe}}{({\rm{OH}})_3} \downarrow + 3{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}\)
Luôn có \({{\rm{n}}_{{\rm{Fe}}{{({\rm{OH}})}_3}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3}}} = 2 \cdot 0,01 = 0,02\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_2}}} = 0,06\;{\rm{mol}}\)
\({\rm{RN}}{{\rm{H}}_2} + {\rm{HCl}} \to {\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}\)
Khi tham gia phản ứng trung hòa amine bằng \({\rm{HCl}}\) có \({{\rm{n}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{amine}}}} = 0,06\;{\rm{mol}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{M}}_{{\rm{RN}}{{\rm{H}}_3}{\rm{Cl}}}} = \frac{{4,05}}{{0,06}} = 67,5 \to {\rm{R}} = 15\,\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}} \right)\)
Vậy công thức của amine là \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}.\)
Chọn B.
Câu 135:
Thực hiện thí nghiệm điều chế và thử tính chất của ammonia \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}} \right)\) theo sơ đồ sau:
Biết hỗn hợp chất rắn X là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}}\) với \({\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2};{\rm{Y}}\) là \({\rm{CaO}}\) khan, \({\rm{Z}}\) là bột rắn \({\rm{CuO}}.\)
Cho các phát biểu về quá trình diễn ra thí nghiệm trên như sau:
(a) Quá trình (1) diễn ra phản ứng điều chế khí ammonia \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}} \right).\)
(b) Quá trình (2) diễn ra phản ứng \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) khử một phần oxide \({\rm{CaO}}.\)
(c) Trong phản ứng xảy ra ở quá trình (3), \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) đóng vai trò là một chất oxi hóa mạnh.
(d) Quá trình (4) là quá trình hóa lỏng khí \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}.\)
(e) Ở quá trình (5), khí G được thu bằng phương pháp đẩy nước.
Số phát biểu đúng là
(a) Đúng,
(b) Sai, \({\rm{CaO}}\) để hấp thu hơi nước, cho khí \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) khô thoát ra.
(c) Sai, \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) đóng vai trò là chất khử
(d) Sai, đây là quá trình ngưng tụ hơi nước cho phản ứng ở quá trình (3)
(e) Đúng, khí G được thu bằng phương pháp đẩy nước.
Chọn A.
Câu 136:
Các chất khí X, Y, Z, T được điều chế trong phòng thí nghiệm và thu theo đúng nguyên tắc các hình vē dưới đây:
Nhận xét nào sau đây là đúng?
Nhận xét A sai vì ammonia tan nhiều trong nước.
Nhận xét B sai vì hydrogen là khí nhẹ nhất nên có thể thu khí bằng cách dời chỗ nước hoặc dời chỗ không khi với điều kiện bình úp ngược.
Nhận xét C sai vì carbon dioxide nặng hơn không khí nên thu khí bằng cách dời chỗ không khí với điều kiện bình ngửa.
Nhận xét D đúng.
Chọn D.
Câu 137:
Giản đồ thế năng của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) được thể hiện dưới đây:
Dựa vào giản đồ, cho biết độ dài liên kết của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\) tính theo picomet là
Khoảng cách giữa hai hạt nhân là độ dài liên kết của \({\rm{C}}{{\rm{l}}_2}.\)
Chọn A.
Câu 138:
Theo đồ thị ta thấy, khi áp suất tăng, nhiệt độ sôi có xu hướng tăng và tăng dần dần theo đường cong như hình. Chất "X" có nhiệt độ sôi bình thường là 65oC nên ở mức 800 torr, điểm sôi phải 65oC => Loại ý A, B.
X có đường cong tương tự như 4 chất bên trên Þ đáp án C vì nếu chọn D đường sẽ thẳng, dốc đứng chứ không cong.
Chọn C.
Câu 139:
Chất xúc tác chỉ làm tăng tốc độ phản ứng mà không làm chuyển dịch cân bằng.
Chọn C.
Câu 140:
Hỗn hợp X gồm 2 ester đơn chức (không chứa nhóm chức nào khác). Cho 0,08 mol X tác dụng hết với dung dịch \[AgN{O_3}/N{H_3}\]thu được 0,16 mol Ag. Mặt khác thủy phân hoàn toàn 0,08 mol X bằng dung dịch NaOH dư thu được dung dịch chứa 9,34 gam hỗn hợp 2 muối và 1,6 gam \[C{H_3}OH\]. Phần trăm khối lượng ester có phân tử khối lớn hơn trong X bằng bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Ta có: \({{\rm{n}}_{{\rm{Ag}}}} = 2{{\rm{n}}_{\rm{x}}} \Rightarrow \) Cả 2 ester đều có chung gốc HCOO−.
+ X tác dụng với NaOH thu được hỗn hợp 2 muối và 1 alcohol \(C{H_3}OH\) nên có ester của phenol và \(HCOOC{H_3}\).
X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_3}({\rm{a}}\,{\rm{mol}})\\{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{R}}({\rm{b}}\,{\rm{mol}})\end{array} \right.\)
\({{\rm{n}}_{{\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_3}}} = {\rm{a}} = {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{OH}}}} = \frac{{1,6}}{{32}} = 0,05\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{R}}}} = {\rm{b}} = 0,08 - 0,05 = 0,03\;{\rm{mol}}\)
Muối gồm HCOONa (0,08 mol) và RC6H4ONa (0,03 mol)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0,08 \cdot 68 + 0,03 \cdot (115 + {\rm{R}}) = 9,34\\ \Rightarrow {\rm{R}} = 15\,\,\left( {{\rm{C}}{{\rm{H}}_3} - } \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \% \;{{\rm{m}}_{{\rm{HCOO}}{{\rm{C}}_6}{{\rm{H}}_4}{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}}} = \frac{{0,03 \cdot 136}}{{0,03 \cdot 136 + 0,05 \cdot 60}} \cdot 100\% \approx 57,63\% \).
Đáp án: \(57,63\% \).
Câu 141:
Thực vật chỉ hấp thụ nitơ ở dạng \(NH_4^ + \) (amôni) và \(NO_3^ - \) (nitrat) → Quá trình chuyển hóa nitơ hữu cơ thành dạng nitơ khoáng để cây hấp thụ được nhờ vi khuẩn amôn hóa và vi khuẩn nitrat hóa. Chọn C.
Câu 142:
Ở thực vật Hai lá mầm, thân và rễ dài ra là nhờ hoạt động của mô phân sinh đỉnh. Chọn B.
A. Sai. Thực vật Hai lá mầm không có mô phân sinh lóng.
C. Sai. Không có loại mô phân sinh cành.
D. Sai. Mô phân sinh bên hoạt động giúp tăng đường kính của cây.
Câu 143:
Khi hấp thu một lượng muối cao vào trong máu qua thức ăn, quá trình thải nước và các chất thải ở cầu thận thông qua quá trình lọc máu vẫn diễn ra bình thường. Tuy nhiên, tín hiệu hàm lượng muối cao trong máu khiến quá trình tái hấp thu nước ở ống thận gia tăng do vậy lượng nước tiểu chính thức tạo ra sẽ ít đi. Chọn B.
Câu 144:
NST kép gồm 2 crômatit giống nhau và dính nhau ở tâm động. NST kép tồn tại khi NST đã nhân đôi. Chọn C.
Câu 145:
Câu 146:
A. Đúng. Chiết cành là phương pháp nhân giống vô tính nên cây con được tạo ra có kiểu gen giống hệt cây mẹ.
B. Đúng. Kiểu gen AaBb tự thụ phấn cho 9 kiểu gen trong đó có kiểu gen AABB.
C. Sai. Cây con được tạo ra từ nuôi cấy hạt phấn có kiểu gen đồng hợp tử về tất cả các cặp gen, không tạo cây con có kiểu gen dị hợp AaBB.
D. Đúng. Nuôi cấy mô tạo ra các cơ thể đồng nhất về kiểu gen nên sẽ có đặc tính di truyền giống nhau và giống với cây mẹ.
Chọn C.
Câu 147:
Theo thuyết tiến hóa hiện đại, khi nói về quá trình hình thành loài mới, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Hình thành loài mới có thể xảy ra trong cùng khu vực địa lí hoặc khác khu vực địa lí.
II. Đột biến đảo đoạn có thể góp phần tạo nên loài mới.
III. Lai xa và đa bội hóa có thể tạo ra loài mới có bộ NST song nhị bội.
IV. Quá trình hình thành loài mới có thể chịu sự tác động của các yếu tố ngẫu nhiên.
I. Đúng. Hình thành loài mới có thể xảy ra trong cùng khu vực địa lí (hình thành loài cùng khu) hoặc khác khu vực địa lí (hình thành loài khác khu).
II. Đúng. Đột biến đảo đoạn có thể góp phần tạo nên loài mới.
III. Đúng. Lai xa và đa bội hóa có thể tạo ra loài mới có bộ NST song nhị bội.
IV. Đúng. Quá trình hình thành loài mới có thể chịu sự tác động của các nhân tố tiến hóa trong đó có yếu tố ngẫu nhiên.
Chọn B.
Câu 148:
Đặc điểm chung của mối quan hệ hợp tác và quan hệ cộng sinh trong quần xã là cả hai loài đều có lợi. Điểm khác biệt giữa hợp tác và cộng sinh là quan hệ hợp tác không phải là quan hệ chặt chẽ và nhất thiết phải có đối với mỗi loài. Chọn C.
Câu 149:
Ở sinh vật nhân sơ, mạch khuôn của đoạn gen B có trình tự các nuclêôtit trong vùng mã hoá như sau:
Gen B: 3’...TAX ATG AXX AGT TXA AGT AAT TTX TAG XAT ATT...5’.
Do đột biến điểm làm xuất hiện ba alen mới có trình tự các nuclêôtit tương ứng là:
Alen B1: 3’...TAX ATG AXX AGX TXA AGT AAT TTX TAG XAT ATT...5’.
Alen B2: 3’...TAX ATG AXX AGT TXA AGT AAT TAX TAG XAT ATT...5’.
Alen B3: 3’...TAX ATG AXX AGT TXA AGT AXT TAX TAG XAT ATT...5’.
Phát biểu nào sau đây đúng?
Khi phiên mã mạch khuôn alen B2 sẽ cho mARN có trình tự là:
5’…AUG UAX UGG UXA AGU UXA UUA AUG AUX GUA UAA…3’
Ta thấy có 2 bộ ba AUG mã hoá axit amin foocmin mêtiônin. Chọn D.
Câu 150:
Sự di truyền một bệnh P ở người do 1 trong 2 alen quy định và được thể hiện qua sơ đồ phả hệ dưới đây. Các chữ cái cho biết các nhóm máu tương ứng của mỗi người. Biết rằng sự di truyền bệnh P độc lập với di truyền các nhóm máu, quá trình giảm phân bình thường và không có đột biến xảy ra.
Theo lí thuyết, xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8 là bao nhiêu?
Đáp án: ……….
- Bố mẹ (1) × (2) bình thường sinh con gái (6) bị bệnh \( \Rightarrow \)Gen gây bệnh là gen lặn nằm trên NST thường. Quy ước: H - Bình thường; h - bị bệnh.
- Xác định xác suất kiểu gen của cặp 7 - 8:
(1) HhIAIO |
(2) HhIBIO |
(3) hhIBIO |
(4) HhIBIO |
(7) (1HH : 2Hh)IAIO \( \Leftrightarrow \) (2H : 1h)(1IA : 1IO) |
(8) Hh(1IBIB : 2IBIO) \( \Leftrightarrow \) (1H : 1h)(2IB : 1IO) |
- Xác định xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8:
+ Xác suất sinh con trai là \(\frac{1}{2}\).
+ Xác suất sinh con nhóm máu A là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\].
+ Xác suất sinh con bị bệnh P là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\] \( \Rightarrow \)Xác suất sinh con không bị bệnh P là \(1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6}.\)
Vậy xác suất sinh con trai có nhóm máu A và không bị bệnh P của cặp 7 - 8 là \[\frac{1}{2} \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{5}{{72}}\].
Đáp án: \(\frac{5}{{72}}.\)