Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 30)
Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 30)
-
283 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)
Biểu đồ dưới đây là phổ điểm của tổ hợp môn: Toán, Lí, Hóa trong kỳ thi tốt nghiệp THPT năm 2020.
Khoảng điểm nào dưới đây có số lượng học sinh đông nhất?
Dựa vào biểu đồ, khoảng điểm \[\left( {22\,;\,\,23} \right]\] có số lượng học sinh đông nhất. Chọn C.
Câu 2:
Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2t - 2 \Rightarrow v\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 2 = 2\,\,\left( {m/s} \right)\). Chọn D.
Câu 3:
Ta có \({3^{2x + 3}} = {3^{4x - 5}} \Leftrightarrow 2x + 3 = 4x - 5 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4.\) Chọn B.
Câu 4:
Xét phương trình \[{x^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| - 4 = 0\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| = 1\\\left| x \right| = - 4\,\,(loai)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm 1\].
• Thay \(x = 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \(1 + 2y = 2 \Leftrightarrow 2y = 1 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) .
• Thay \(x = - 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \( - 1 + 0 \cdot y = 2 \Leftrightarrow 0y = 3\) (vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\). Chọn A.
Câu 5:
Trong mặt phẳng \(Oxy,\) cho các điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,B\) như hình vẽ bên. Trung điểm của đoạn thẳng \(AB\) biểu diễn số phức là
Dựa vào hình vẽ ta thấy: \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\)\( \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{2};\,\,2} \right) \Rightarrow z = - \frac{1}{2} + 2i\). Chọn B.
Câu 6:
Ta có \(\vec i = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left( P \right):1\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3 = 0\). Chọn A.
Câu 7:
Trong không gian \[Oxyz,\] điểm B đối xứng với điểm \[A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\] qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) có tọa độ là
Điểm đối xứng của \[A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\] qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là \[A\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\]. Chọn A.
Câu 8:
Tập nghiệm của bất phương trình \(\frac{{5x + 1}}{2} + \sqrt {3 - x} \ge \frac{x}{2} + \sqrt {3 - x} \) là
Điều kiện xác định: \(x \le 3\).
\(\frac{{5x + 1}}{2} + \sqrt {3 - x} \ge \frac{x}{2} + \sqrt {3 - x} \Leftrightarrow \frac{{5x + 1}}{2} \ge \frac{x}{2}\)
\( \Leftrightarrow 5x + 1 \ge x \Leftrightarrow 4x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{4}\).
Kết hợp với điều kiện \(x \le 3\) ta có tập nghiệm của bất phương là \(\left[ { - \frac{1}{4}\,;\,\,3} \right]\). Chọn B.
Câu 9:
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz,\] cho ba điểm \(\left( {3\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),B\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,1} \right),C\left( {2\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\). Phương trình mặt đi qua hai điểm \[B,\,\,C\] và tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện \[OABC\] là
Gọi \[I\] là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện \[OABC.\]
Có \(\left( {ABC} \right):5x + 3y + 4z - 15 = 0\) và \(\left( {OBC} \right):x - z = 0\).
Phương trình các mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) là
\(\frac{{5x + 3y + 4z - 15}}{{\sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \pm \frac{{x - z}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{10x + 3y - z - 15 = 0}\\{y + 3z - 5 = 0}\end{array}.} \right.\)
Gọi \(\left( {BCI} \right)\) là mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) và hai điểm \[O,\,\,A\] khác phía với mặt phẳng này.
Do đó \(\left( {BCI} \right):10x + 3y - z - 15 = 0\). Chọn C.
Câu 10:
Số tiền lương của kỹ sư là một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 13,5\) triệu đồng, công sai \(d = 0,5\) triệu đồng.
Sau 3 năm (hay 12 quý), tổng số tiền lương một kỹ sư nhận được sau ba năm làm việc cho công ty là: \({S_{12}} = \frac{{\left( {2 \cdot 13,5 + 11 \cdot 0,5} \right) \cdot 12}}{2} = 195\) (triệu đồng). Chọn B.
Câu 11:
Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\) trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,\, + \infty } \right)\) là
Ta có: \(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {\frac{2}{{x + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right){\rm{d}}x} = 2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x + 1}} + C\). Chọn A.
Câu 12:
Cho hàm số \(f\left( x \right),\) hàm số \(y = f'\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và có đồ thị như hình vẽ bên. Bất phương trình \(f\left( x \right) < x + m\) (\(m\) là tham số thực) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( {0\,;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,2} \right)\) khi và chỉ khi
Ta có \[f\left( x \right) < x + m\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - x\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]
Dựa vào đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta có \[f'\left( x \right) < 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\] trên khoảng \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\] ta có:
\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]\[ \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].
Do đó \(m \ge g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\). Chọn B.
Câu 13:
Bạn Minh ngồi trên máy bay đi du lịch thế giới và vận tốc chuyển động cùa máy bay là \(v(t) = 3{t^2} + 5\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\). Gia tốc của máy bay ở giây thứ 10 là
Ta có: \(a\left( t \right) = {\left[ {v\left( t \right)} \right]^\prime } = 6t \Rightarrow a\left( {10} \right) = 60\;\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\). Chọn D.
Câu 14:
Một người gửi tiền vào ngân hàng 100 triệu đồng thể thức lãi kép, kỳ hạn là 1 tháng với lãi suất \[0,5\% \] một tháng. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu tháng, người đó có nhiều hơn 125 triệu đồng?
Ta có \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)\( \Rightarrow 100{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^n} > 125 \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)}}\frac{{125}}{{100}} \approx 44,74.\)
Vậy sau ít nhất 45 tháng. Chọn B.
Câu 15:
Tập nghiệm \[S\] của bất phương trình \({\log _{\frac{1}{2}}}(x + 1) < {\log _{\frac{1}{2}}}(2x - 1)\) là
Bất phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 > 2x - 1}\\{2x - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy \(S = \left( {\frac{1}{2};\,\,2} \right)\). Chọn A.
Câu 16:
Cho hình phẳng \(\left( H \right)\) giới hạn bởi các đường \(y = {x^2},\,\,y = 2x\). Thể tích của khối tròn xoay được tạo thành khi quay \(\left( H \right)\) xung quanh trục \[Ox\] bằng
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\).
Do đó thể tích của khối tròn xoay là: \[V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {2x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{64\pi }}{{15}}\]. Chọn B.
Câu 17:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \frac{{m{x^3}}}{3} + 7m{x^2} + 14x - m + 2\). Tất cả các giá trị thực của tham số \(m\) để hàm số đã cho giảm trên nửa khoảng \(\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)\) là
Tập xác định \(D = \mathbb{R}\), yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình:
\(m{x^2} + 14mx + 14 \le 0,\,\,\forall x \ge 1 \Leftrightarrow m \le {\min _{\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)}}\frac{{ - 14}}{{{x^2} + 14x}} = - \frac{{14}}{{15}}{\rm{.}}\) Chọn A.
Câu 18:
Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow z = \frac{{4 + i - {{\left( {2 - i} \right)}^2}}}{{3 + 2i}} = 1 + i\). Chọn D.
Câu 19:
Trên mặt phẳng phức, tập hợp các số phức \(z = x + yi\) thỏa mãn \[\left| {z + 2 + i} \right| = \left| {\bar z - 3i} \right|\] là đường thẳng có phương trình
Từ \(z = x + yi \Rightarrow \left| {\left( {x + 2} \right) + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y + 3} \right)i} \right|\).
Do đó \[{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} \Leftrightarrow 4x + 2y + 5 = 6y + 9 \Leftrightarrow y = x - 1\]. Chọn D.
Câu 20:
Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy,\] điểm \[N\] trên cạnh \[BC\] của tam giác \[ABC\] có \(A\left( {1\,;\,\, - 2} \right),\) \[B\left( {2\,;\,\,3} \right),\,\,C\left( { - 1\,;\,\, - 2} \right)\] sao cho \({S_{ABN}} = 3{S_{ANC}}\). Tọa độ \[N\] là
Ta có \({S_{ABN}} = 3{S_{ANC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{1}{2} \cdot d(A,BN) \cdot BN}}{{\frac{1}{2} \cdot d(A,CN) \cdot CN}} = \frac{{BN}}{{CN}} = 3\)
\( \Rightarrow \overrightarrow {BN} = 3\overrightarrow {NC} \Rightarrow N\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{{ - 3}}{4}} \right)\). Chọn A.
Câu 21:
Cho \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) (với \(\alpha \ne k\pi \)). Xác định \(\alpha \) để \(\left( {{C_\alpha }} \right)\) có bán kính lớn nhất.
Bán kính của đường tròn \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) là:
\(R = \sqrt {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {1 - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {2{{\sin }^2}\alpha } \)
Ta có \(2{\sin ^2}\alpha \le 2\,\,\forall \alpha \) nên \[R \le \sqrt 2 \].
Dấu xảy ra \[\sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]
Vậy \[{R_{m{\rm{ax}}}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].
Chọn B
Câu 22:
Trong không gian \(Oxyz\), mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\), song song với trục \(Oz\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right):x + y - 3z = 0\). Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là
Chọn D
Câu 23:
Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 5 và bán kính đường tròn đáy bằng 4. Thể tích khối nón tạo bởi hình nón đó là
Chọn D
Câu 24:
Chọn B
Câu 25:
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,{\mkern 1mu} \,\,AC = 2\sqrt 2 ,\)biết góc giữa \(AC'\) và \(\left( {ABC} \right)\) bằng \(60^\circ \) và \(AC' = 4\). Thể tích \[V\] của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là
Ta có \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A,\,\,AC = 2\sqrt 2 \); \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{C^2} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 4\].
Do \(\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = 60^\circ \) nên
\(d\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right) = AC' \cdot \sin 60^\circ = 4 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \)
Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là:
\[V = S{}_{ABC} \cdot \,d\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right) = 4 \cdot 2\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \]. Chọn D.Câu 26:
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = - {x^3} + 6{x^2} - 3x - 2\) tại điểm có hệ số góc lớn nhất có phương trình
Ta có: \(y' = - 3{x^2} + 12x - 3 \Rightarrow {y'_{{\rm{max}}}} = 9\) tại \(x = 2 \Rightarrow PTTT:y = 9x - 10\). Chọn B.
Câu 27:
Trong không gian với hệ trục tọa độ \[Oxyz,\] cho đường thẳng \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2 + m + \left( {1 - m} \right)t}\\{y = 1 - 2t}\\{z = - m + \left( {m + 1} \right)t}\end{array}} \right.\) và điểm \(A\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\) Khi \[m\] thay đổi, gọi \[d\] là khoảng cách từ \[A\] đến \(\Delta \). Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của \[d\] lần lượt là
Gọi \(M\left( {2 + m + \left( {1 - m} \right)t\,;\,\,1 - 2t\,;\,\, - m + \left( {m + 1} \right)t} \right)\) là điểm nằm trên \(\Delta \).
Khi đó ta có: \({x_M} + {y_M} + {z_M} - 3 = 0\,\,\forall m,\,\,t\) hay \(M\) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 3 = 0\).
Do đó \(\Delta \) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) cố định.
Mặt khác cho \(t = 1\), ta có \(\Delta \) luôn đi qua điểm \(B\left( {3\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\).
Khi đó ta có: \({d_{\left( {A,\left( P \right)} \right)}} \le d \le AB \Leftrightarrow \sqrt 3 \le d \le \sqrt {17} \). Chọn D.
Câu 28:
Trong không gian \[Oxyz,\] cho mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 3 = 0\) và đường thẳng \(d:\frac{x}{1} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}.\) Hình chiếu vuông góc của \[d\] trên \(\left( P \right)\) có phương trình là
Ta có \[d\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\).
Gọi \[\left( Q \right)\] là mặt phẳng chứa \[d\] và vuông góc \(\left( P \right)\).
Khi đó \[\left( Q \right)\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và có \[\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\]
\[ \Rightarrow \left( Q \right):3x - 2y - z = 0\]
Gọi \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của \[d\] trên \(\left( P \right)\), khi đó \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 2y - z = 0}\\{x + y + z - 3 = 0}\end{array}} \right.\).
Nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\).
Cho \[z = 1\], ta được \[x = 1\,,\,\,y = 1.\] Do đó, điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] nằm trên \[\Delta \].
Ta có đường thẳng \[\Delta \] đi qua điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] và có một vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\, - 5} \right)\).
Do đó \[\Delta \] có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\). Chọn C.
Câu 29:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\). Đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = {e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}}\) là
Ta có \(g\left( x \right) = {e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}}\)
\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) \cdot {e^{2f\left( x \right) + 1}} + f'\left( x \right) \cdot {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 = f'\left( x \right)\left[ {2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5} \right]\).
Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 4\end{array} \right.\) (vì \(2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 > 0\,\,\forall x)\).
Qua các điểm \(x = - 1\,,\,\,x = 1\,,\,\,x = 4\) thì \(f'\left( x \right)\) đổi dấu nên \(g'\left( x \right)\) cũng đổi dấu (vì dấu của \(g'\left( x \right)\) phụ thuộc vào dấu của \(f'\left( x \right)\).
Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn C.
Câu 30:
Trong không gian \[Oxyz,\] cho \(A\left( { - 1\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right),\,\,B\left( {4\,;\,\, - 2\,;\,\,4} \right)\) và điểm M thay đổi trong không gian thỏa mãn \(3MA = 2MB\). Giá trị lớn nhất của \(P = \left| {2\overrightarrow {MA} - \overrightarrow {MB} } \right|\) bằng
Ta có \(3MA = 2MB\)
\( \Leftrightarrow 9{\left( {x + 1} \right)^2} + 9{\left( {y - 3} \right)^2} + 9{\left( {z + 1} \right)^2} = 4{\left( {x - 4} \right)^2} + 4{\left( {y + 2} \right)^2} + 4{\left( {z - 4} \right)^2}\)
Rút gọn ta được \(M \in \left( S \right):{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 108\) có tâm \(I\left( { - 5\,;\,\,7\,;\,\, - 5} \right),\,\,R = 6\sqrt 3 \).
\(P = \left| {2\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {BM} } \right| = \left| {2\left( {x + 1\,;\,\,y - 3\,;\,\,z + 1} \right) - \left( {x - 4\,;\,\,y + 2\,;\,\,z - 4} \right)} \right| = \left| {\left( {x + 6\,;\,\,y - 8\,;\,\,z + 6} \right)} \right| = MC\) với tọa độ điểm \(C\left( { - 6\,;\,\,8\,;\,\, - 6} \right)\) ta có \(M{C_{\max }} = CI + R = 7\sqrt 3 \). Chọn A.
Câu 31:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = {x^3} - \left( {2m - 1} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 2\). Tất cả các giá trị của tham số m để hàm \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị là
Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m\).
Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(f(x)\) có hai điểm cực trị dương
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\{\frac{{2\left( {2m - 1} \right)}}{3} > 0}\\{\frac{{2 - m}}{3} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{m^2} - m - 5 > 0}\\{m > \frac{1}{2}}\\{m < 2}\end{array} \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2} \right.} \right.} \right.\). Chọn D.
Câu 32:
ĐKXĐ: \(x \ge 3\).
Ta có \[\sqrt {{x^2} - 2mx + 1} = \sqrt {x - 3} \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 1 = x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4 = 0 & (*)\]
Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 3.
Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} \ge 0\\\left( {{x_1} - 3} \right)\left( {{x_2} - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m + 1} \right)^2} - 14 > 0\\2m + 1 \ge 6\\4 - 3\left( {2m + 1} \right) + 9 \ge 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}2m + 1 > \sqrt {14} \\2m + 1 < - \sqrt {14} \end{array} \right.\\m \ge \frac{5}{2}\\m \le \frac{5}{3}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \emptyset \).
Chọn D.
Câu 33:
Ta có: \(x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) - x \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = 2f_2^2\left( x \right) - 2x\)
\[ \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) + {f^2}\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right) - 2x \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {{{\left( {x,\,\,{f^2}\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = 3\int\limits_0^2 {{f^2}\left( x \right)dx} - \int\limits_0^2 {2xdx} \]
\(\left. { \Leftrightarrow \left( {x \cdot {f^2}\left( x \right)} \right)} \right|_0^2 = 3I - 4 \Leftrightarrow 2 = 3I - 4 \Leftrightarrow I = 2\). Chọn C.
Câu 34:
Có bao nhiêu cách xếp khác nhau cho 5 bạn nam và 4 bạn nữ đứng thành một hàng ngang sao cho các bạn nữ đứng cạnh nhau?
Xếp 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[4!\] (cách).
Xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[6!\] (cách).
Số cách xếp thỏa mãn đề bài là: \(4!\,.\,\,6! = 17\,\,280\) (cách). Chọn D.
Câu 35:
Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right),\,\,M,{\rm{ }}N\) lần lượt là trung điểm của \[SA,\,\,SB.\] Gọi \({V_1},\,\,{V_2}\) lần lượt là thể tích của các khối \[S.MNCD\,,\,\,MNABCD.\] Tính \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}.\)
Ta có \(\frac{{{V_{S.MAND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{2 + 2 + 1 + 1}}{{4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1}} = \frac{3}{8}\). Từ đây, có \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{3}{5}\).
Công thức đặc biệt: Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành như hình vẽ bên.
Đặt \(\frac{{SA}}{{SA'}} = x\,;\,\,\frac{{SB}}{{SB'}} = y\,;\,\,\frac{{SC}}{{SC'}} = z\,;\,\,\frac{{SD}}{{SD'}} = t\).
Khi đó, ta có \(x + z = y + t\).
Bên cạnh đó: \(\frac{{{V_{S.A'B'C'D'}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{{x + y + z + t}}{{4xyzt}}\). Chọn D.
Câu 36:
Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^4} - 3{x^2} + 1\) tại các điểm có tung độ bằng 5?
Đáp án: ……….
Gọi \(M\left( {m\,;\,\,5} \right) \in \left( C \right)\) suy ra \({m^4} - 3{m^2} + 1 = 5 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m = \pm \,2.\)
Ta có \(y' = 4{x^3} - 6x \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 20\\y'\left( { - 2} \right) = - 20\end{array} \right.\) .
Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là \[\left[ \begin{array}{l}y = 20x - 35\\y = - 20x - 35\end{array} \right..\]
Đáp án: 2.
Câu 37:
Xác suất bắn trúng mục tiêu của một vận động viên bắn cung là \[0,7.\] Người đó bắn hai mũi tên một cách độc lập. Xác suất để một mũi tên trúng mục tiêu và một mũi tên trượt mục tiêu là bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Gọi \({A_i}\) là biến cố bắn trúng mục tiêu của mũi tên thứ i.
X là biến cố một mũi tên trúng mục tiêu và một mũi tên trượt mục tiêu.
Khi đó \(X = {A_1}\overline {{A_2}} \cup \overline {{A_1}} {A_2}\).
Xác suất cần tìm \(P(X) = P\left( {{A_1}{{\bar A}_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}{A_2}} \right) = 0,7 \cdot 0.3 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,42\).
Câu 38:
Cho lăng trụ tam giác \[ABC.A'B'C'\], trên đường thẳng \[BA\] lấy điểm \[M\] sao cho \[A\] nằm giữa \[B\] và \[M\], \(MA = \frac{1}{2}AB,\,\,E\) là trung điểm \[AC.\] Gọi \(D = BC \cap \left( {MB'E} \right)\). Tỉ số \(\frac{{BD}}{{CD}}\) bằng
Đáp án: ……….Kẻ \(EF\,{\rm{//}}\,AB\,\,\left( {F \in CB} \right)\). Khi đó \[EF\] là đường trung bình của tam giác ABC và \(EF = \frac{{AB}}{2}.\)
Xét tam giác \[DBM\] ta có:
\(\frac{{FD}}{{BD}} = \frac{{EF}}{{BM}} = \frac{1}{3} \Rightarrow FD = \frac{1}{2}BF = \frac{1}{2}FC{\rm{, }}\)tức \[D\] là trung điểm của \[FC\] do đó \(\frac{{BD}}{{CD}} = 3\).
Đáp án: 3.Câu 39:
Tìm \[a\] để hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{a{x^2} + \left( {2a + 1} \right)x}}{\rm{ khi }}x \ne 0}\\{4\quad {\rm{ khi }}x = 0}\end{array}} \right.\) liên tục tại \(x = 0\).
Đáp án: ……….
Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{x\left( {ax + 2a + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 1} \right)}} = \frac{2}{{2a + 1}}\).
Hàm số liên tục tại \[x = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 4 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{4}\].
Đáp án: \[ - \frac{1}{4}\].
Câu 40:
Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = 4{x^3} - 6{x^2} + 1\) đi qua điểm \(M\left( { - 1\,;\,\, - 9} \right)?\)
Đáp án: ……….
Ta có: \(y' = 12{x^2} - 12x\).
Phương trình tiếp tuyến tại \({M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) có dạng \[\left( \Delta \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\].
\( \Leftrightarrow \left( \Delta \right):y = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1.{\rm{ }}\)
Do \(M\left( { - 1\,;\,\, - 9} \right) \in \left( \Delta \right)\) nên \( - 9 = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( { - 1 - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1\).
\( \Leftrightarrow - 8x_0^3 - 6x_0^2 + 12{x_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = - 1}\\{{x_0} = \frac{5}{4}}\end{array}.} \right.\)
Do đó, số tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu là 2.
Đáp án: 2.
Câu 41:
Một chiếc cổng parabol dạng \[y = \frac{{ - 1}}{2}{x^2}\] có chiều rộng \[d = 8\,\,m.\] Chiều cao \[h\] của cổng (tính theo mét) là
Đáp án: ……….
Khoảng cách từ chân cổng đến trục đối xứng \(Oy\) là \(\frac{8}{2} = 4\).
Hoành độ 2 chân cổng là \( - 4\,;\,\,4\) và tung độ chân cổng là \(y = \frac{{ - 1}}{2} \cdot {4^2} = - 8\).
Chiều cao của cổng là \(\left| { - 8} \right| = 8\,\,(m)\).
Đáp án: 8.
Câu 42:
Ta có: \(y' = 2{x^3} - 2\left( {m - 2} \right)x = 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right)\).
Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m - 2}\end{array}} \right.\).
Để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì \(m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\).
Khi đó toạ độ các điểm cực trị là:
\(A\left( {0\,;\,\,{m^2} + 1} \right),\,\,B\left( {\sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right),\,\,C\left( { - \sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right)\).
Ta thấy \(A \in Oy\). Để \(B,\,\,C \in Ox\) thì \(\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = - 2 \pm \sqrt 6 \) (không thỏa mãn).
Vậy không tồn tại giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.
Đáp án: 0.
Câu 43:
Cho số nguyên dương n thỏa mãn \(C_n^0 + \frac{{C_n^1}}{{1 + 1}} + \frac{{C_n^2}}{{1 + 2}} + \ldots + \frac{{C_n^n}}{{1 + n}} = \frac{{{2^{100}} - 1}}{{100}}\). Giá trị của \[n\] bằng bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}d\left( {1 + x} \right)} = \left. {\frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1 = \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}}\)
Mặt khác, \({\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1 \cdot x + C_n^2 \cdot {x^2} + \ldots + C_n^n \cdot {x^n}\)
\[ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = C_n^0\int\limits_0^1 {dx} + C_n^1\int\limits_0^1 {x \cdot dx} + C_n^2\int\limits_0^1 {{x^2}dx} + \ldots + C_n^n\int\limits_0^1 {{x^n}dx} \]
\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \left. {C_n^0x} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^1{x^2}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^2{x^3}}}{3}} \right|_0^1 + \ldots + \left. {\frac{{C_n^n{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1\)
\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = C_n^0 + \frac{{C_n^1}}{{1 + 1}} + \frac{{C_n^2}}{{1 + 2}} + \ldots + \frac{{C_n^n}}{{n + 1}} \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = \frac{{{2^{100}} - 1}}{{100}} \Leftrightarrow n = 99.\)
Đáp án: 99.
Câu 44:
Cho số phức z có môđun bằng 2. Môđun của số phức \(w = \frac{z}{i}\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Ta có \(\left| w \right| = \left| {\frac{z}{i}} \right| = \frac{{\left| z \right|}}{{\left| i \right|}} = \frac{2}{1} = 2\).
Đáp án: 2.
Câu 45:
Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao \[15{\rm{ }}cm,\] đường kính đáy \[4{\rm{ }}cm,\] lượng nước trong cốc cao \[10{\rm{ }}cm.\] Thả vào cốc nước 3 viên đá hình cầu có đường kính \[2{\rm{ }}cm.\] Hỏi nước dâng cao cách mép cốc bao nhiêu centimét? (bỏ qua độ dày của cốc).
Đáp án: ……….
Lượng nước dâng lên chính là tổng thể tích của 3 viên đá thả vào và bằng:
\({V_b} = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi r_b^3 = 4\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Ta có phần nước dâng lên là khối trụ có đáy bằng với đáy cốc nước và thể tích là \(4\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Chiều cao của phần nước dâng lên là \({h_d}\) thỏa mãn. \(4\pi = \pi {r^2}{h_d} \Leftrightarrow {h_d} = 1\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Vậy nước dâng cao cách mép cốc là \(15 - 10 - 1 = 4\,\,(\;{\rm{cm}})\).
Đáp án: 4.
Câu 46:
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz,\] cho điểm \(A\left( {a\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {0\,;\,\,b\,;\,\,0} \right),\,\,C\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,c} \right),\) trong đó \(a > 0,\)\(b > 0,\)\(c > 0\)và \(\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6\). Biết mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] tiếp xúc với mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = \frac{{25}}{6}\). Thể tích của khối tứ diện \[OABC\] bằng bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Ta có \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).
Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{5}{{\sqrt 6 }}\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {6 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 6 }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = 6\).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
\(\left( {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^2} = {6^2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 6.\)
Dấu xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{\frac{1}{a}}} = \frac{1}{{\frac{1}{b}}} = \frac{1}{{\frac{1}{c}}}}\\{\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = c = 1}\end{array}} \right.} \right.\]. Khi đó \({V_{{\rm{OABC }}}} = \frac{1}{6}abc = \frac{1}{{12}}\).
Đáp án: \(\frac{1}{{12}}\).
Câu 47:
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông cạnh 4, mặt bên \[SAB\] đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ \[B\] đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là \(\frac{{a\sqrt b }}{c}\). Tính \(a + b + c\).
Đáp án: ……….
Kẻ \(SH \bot AB\) nên \(H\) là trung điểm của \[AB.\]
Do \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) = AB\) và \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\) nên từ \(SH \bot AB\) ta được \(SH \bot (ABCD)\).
Mặt khác ta có \(BA \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ A \right\}\) và H là trung điểm của AB nên ta có \(d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right)\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) kẻ \(HK \bot AC\,\,(K \in AC)\) và trong \((SHK)\) kẻ \(HE \bot SK\,(E \in SK)\).
Ta có: \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AC\)
Kết hợp với \(HK \bot AC\) ta được \(AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot HE\).
Hơn nữa \(HE \bot SK\) nên \(HE \bot \left( {SAC} \right)\).
Vậy \(d\left( {H,\left( {SAC} \right)} \right) = HE \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = 2HE\).
Trong \(\left( {ABCD} \right)\) ta có .
Mặt khác dễ thấy \(SH = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \). Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta SHK\), ta có:
\(\frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{S{H^2}}} \Rightarrow HE = \frac{{2\sqrt {21} }}{7} \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{4\sqrt {21} }}{7}{\rm{.}}\)
Suy ra \(a = 4,\,\,b = 21,\,\,c = 7.\) Vậy \(a + b + c = 32.\)
Đáp án: 32.
Câu 48:
Cho các số thực \[a,\,\,b,\,\,x,\,\,y\] thoả mãn \(a > 1\,,\,\,b > 1\) và \({a^{x + y}} = {b^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}}\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = 6x + 4y - 2\) là \(\frac{{\sqrt m }}{n}\). Tính \(m - 3n\).
Đáp án: ……….
Từ giả thiết \({a^{x + y}} = {b^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {{\log }_a}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}\\{x - y = {{\log }_b}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_b}a} \right)}\end{array}} \right.\).
Đặt \({\log _a}b = t\,\,(t > 0)\). Khi đó \(x = \frac{1}{6}\left( {2 + t + \frac{1}{t}} \right),y = \frac{1}{6}\left( {t - \frac{1}{t}} \right)\).
Suy ra: \(P = 6x + 4y - 2 = 2 + t + \frac{1}{t} + \frac{2}{3}t - \frac{2}{{3t}} - 2 = \frac{5}{3}t + \frac{1}{{3t}} = \frac{1}{3}\left( {5t + \frac{1}{t}} \right) \ge \frac{{2\sqrt 5 }}{3} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}\).
Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra \(m = 20,n = 3 \Rightarrow m - 3n = 11\).
Đáp án: 11.
Câu 49:
Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] là chiều dài, chiều rộng và chiều cao của một thùng giấy có dạng hình hộp chữ nhật không có nắp bên trên (hình vẽ). Biết rằng tổng diện tích xung quanh và đáy còn lại của thùng bằng 100 (đơn vị diện tích). Khi chiếc thùng có thể tích lớn nhất thì tổng \({x^2} + {y^2} + {z^2}\) bằng
Đáp án: ……….
Ta có: \(S = xy + 2xz + 2yz = 100\), thể tích của thùng là \(V = xyz\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(\frac{{xy + 2xz + 2yz}}{3} \ge \sqrt[3]{{4{x^2}{y^2}{z^2}}} \Rightarrow {\left( {\frac{S}{3}} \right)^3} \ge 4{x^2}{y^2}{z^2} = 4{V^2} \Rightarrow V \le \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{S}{3}} \right)}^3}} \).
Dấu xảy ra \( \Leftrightarrow xy = 2xz = 2yz = \frac{S}{3} \Leftrightarrow x = y = 2z = \sqrt {\frac{S}{3}} \)
\( \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{3}{4} \cdot S = \frac{3}{4} \cdot 100 = 75\).
Đáp án: 75.
Câu 50:
Trong không gian \[Oxyz,\] cho điểm \(M\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}\,;\,\,0} \right)\) và mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} = 4.\) Đường thẳng \[d\] thay đổi, đi qua điểm \[M,\] cắt mặt cầu \(\left( S \right)\) tại hai điểm \[A,\,\,B\] phân biệt. Gọi \[S\] diện tích của tam giác \[OAB.\] Khi đó \(S_{\max }^2\) bằng bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Mặt cầu \((S)\) có tâm \(O(0;0;0)\) và bán kính \(R = 2\).
Ta có: \(OM = \sqrt {1 + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\) nên M nằm trong mặt cầu \((S)\).
Ta có: \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}AB \cdot d(O;d) = AH \cdot OH = \sqrt {4 - O{H^2}} \cdot OH\).
Vì \(OH \le OM\) nên diện tích \({\rm{AOB}}\) lớn nhất
\( \Leftrightarrow OH = OM \Leftrightarrow OM \bot AB\).
Khi đó \({S_{\max }} = \sqrt {4 - O{M^2}} \cdot OM = \frac{{\sqrt {55} }}{4} \Rightarrow {S_{{{\max }^2}}} = \frac{{55}}{{16}}\).
Đáp án: \(\frac{{55}}{{16}}\).
Câu 51:
PHẦN 2: TƯ DUY ĐỊNH TÍNH
Lĩnh vực: Ngữ văn (50 câu – 60 phút)
Âm hưởng chủ đạo của toàn bộ đoạn trích là bi tráng, kiêu hùng. Chọn A.
Câu 52:
Vẻ đẹp người chiến chí Tây Tiến:
+ Hào hùng: đoàn binh không mọc tóc, dữ oai hùm, áo bào thay chiếu anh về đất,…
+ Hào hoa: gửi mộng qua biên giới, đêm mơ Hà Nội dáng kiều thơm,….
→ Chọn B.
Câu 53:
Phép nhân hóa “gầm lên”: dùng những từ chỉ hành động của người để chỉ hành động của sự vật. Chọn C.
Câu 54:
Câu thơ “Quân xanh màu lá dữ oai hùm”: Những gương mặt xanh xao, gầy ốm vì sốt rét, vì cuộc sống kham khổ ở rừng. Chọn C.
Câu 55:
Tính từ “rải rác” được đảo lên đầu câu thơ. Từ “mồ” mang nét nghĩa ẩn dụ cho cái chết, cho sự mất mát, hi sinh trong chiến tranh. Chọn D.
Câu 56:
Phương thức biểu đạt chính: Nghị luận. Vì đoạn trích bàn luận về vai trò quan trọng của tiếng nói trong việc bảo vệ nền độc lập dân tộc. Chọn C.
Câu 57:
Thao tác lập luận chính trong đoạn văn thứ (2) của đoạn trích là thao tác bác bỏ. Cụ thể là tác giả đã bác bỏ quan điểm cho rằng “tiếng nước mình nghèo nàn”. Chọn B.
Câu 58:
Câu 59:
Các biện pháp tu từ:
+ So sánh: Tiếng nói là người bảo vệ quý báu nhất.
+ Liệt kê: là người…., là yếu tố….
→ Chọn B.
Câu 60:
Phép nối được sử dụng qua các từ nối: “Nếu”, “Vì thế”. Phép lặp: cụm từ “tiếng nói”,… được lặp lại ở các câu văn (1), (2), (3) trong đoạn văn thứ (1). Chọn C.
Câu 61:
Dựa vào câu: Nhờ xác lập cái đấu, cái thạch mà bớt được cái nhiều, thêm được cái ít. Chọn A.
Câu 62:
Dựa vào câu: Hình phạt nghiêm là để cho lệnh được thi hành và trừng trị cấp dưới. Chọn B.
Câu 63:
Dựa vào câu cuối: Cho nên điều sửa chữa được sự sai lầm của người trên, trị được cái gian của kẻ dưới, trừ được loạn, sửa được điều sai, thống nhất đường lối của dân không gì bằng pháp luật. Chọn C.
Câu 64:
Dựa vào câu: Người thợ khéo tuy dùng ý và mắt cũng đúng dây mực, nhưng trước đó phải lấy cái quy cái củ để đo [...]. “quy” là dụng cụ để vẽ vòng tròn, “củ” là dụng cụ để vẽ góc vuông. Chọn B.
Câu 65:
“nhan nhản”: nhiều đến mức tràn ngập, chỗ nào cũng thấy, cũng gặp. Từ trái nghĩa là “hiếm có”. Chọn A.
Câu 66:
Câu 67:
Dựa vào câu thứ 2 và 3 của đoạn văn. Chọn C.
Câu 68:
Câu 69:
“tứ xứ nhập đô”: Người dân ở nhiều vùng đất khác nhau di chuyển vào nội đô sinh sống và làm việc. Chọn D.
Câu 70:
Từ “chỗ đứng” trong đoạn trích gần nghĩa hơn cả với từ “vị trí” vì căn cứ vào ngữ cảnh của câu văn chứa cụm từ “chỗ đứng” trong đoạn trích có thể suy luận rằng những người dân nhập cư vào Hà Nội cần nhanh chóng xác lập cho mình một vị trí, vai trò khi rời làng di cư ra thành phố tạo lập cuộc sống mới. Chọn A.
Câu 71:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Trong lịch sử, nhân dân ta đã đánh đuổi mọi chế độ xâm lược đất nước ta như Mông Cổ, Nhật, Pháp, Mĩ...
Từ “chế độ” dùng sai về nghĩa. “Chế độ” là hệ thống tổ chức chính trị, kinh tế… của xã hội, không thể thực hiện hành động xâm lược. Từ đúng là “kẻ thù”, “thế lực”,… Chọn C.
Câu 72:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Chim sâu rất có ích cho nông dân để nó diệt sâu phá hoại mùa màng.
Quan hệ từ “để” dùng trong câu không thích hợp về nghĩa. Sửa: Thay từ “để” bằng từ “vì”. Chọn C.
Câu 73:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Ở dưới gần cụm lá sả, hai ba chú mái tơ thi nhau dụi đất, thỉnh thoảng lại rũ cánh phành phạch.
Từ viết sai chính tả “dụi đất”. Sửa lại “rụi đất”. Chọn B.
Câu 74:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Mĩ phẩm là ngành hàng kinh doanh béo bổ.
Từ “béo bổ” dùng sai về nghĩa. “Béo bổ” là có tác dụng tốt đối với sức khỏe con người. Từ đúng là “béo bở”. Chọn D.
Câu 75:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Ngôi chùa mang trong nó bao nhiêu sự tích, bao nhiêu huyền thoại và đã chứng minh bao biến thiên của kinh kì.
Từ “chứng minh” dùng chưa hợp lí, nên thay bằng “chứng kiến”. Chọn C.
Câu 76:
“hoa quả” là từ ghép đẳng lập, các từ còn lại đều là từ ghép chính phụ. Chọn B.
Câu 77:
Từ “mặt” trong “rửa mặt” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.
Câu 78:
“Khẩn khoản” là tỏ ra tha thiết, nài nỉ để người khác chấp nhận đề nghị của mình. Các từ còn lại biểu thị sự cần thiết, cấp bách, phải giải quyết nhanh, không được chậm trễ. Chọn A.
Câu 79:
“Róc rách” biểu thị âm thanh của nước chảy. Các từ còn lại biểu thị âm thanh của mưa rơi. Chọn D.
Câu 80:
“Rừng xà nu” thuộc thể loại truyện, các tác phẩm còn lại thuộc thể loại thơ. Chọn C.
Câu 81:
Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
___________ môi trường là trách nhiệm của toàn xã hội.
Bảo vệ môi trường là trách nhiệm của toàn xã hội. Chọn A.
Câu 82:
Điền từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Mầm mống đại họa bắt nguồn từ việc ________ những tội lỗi, sai trái và tiêu cực.
“Bao che” là che giấu tội lỗi, khuyết điểm cho người nào đó. “Che chở” là bảo vệ người nào đó khỏi khó khăn, nguy hiểm. “Che chắn” là giúp đỡ, bảo vệ người nào đó khỏi sự tấn công. “Bao bọc” là giúp đỡ, yêu thương, gắn bó với người khác. Từ thích hợp nhất kết hợp với “những tội lỗi, sai trái và tiêu cực” ở trong câu là từ “bao che”. Chọn A.
Câu 83:
Điền từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Lá cây thì ________ mịn màng còn thân cây lại xù xì, gai góc.
Lá cây thì mềm mại mịn màng còn thân cây lại xù xì, gai góc. Chọn A.
Câu 84:
Chọn từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Bộ Ngoại giao Hoa Kì xử lí rất nghiêm những cáo buộc về _______ giả mạo hoặc sai phạm trong quy trình xử lí thị thực.
Bộ Ngoại giao Hoa Kì xử lí rất nghiêm những cáo buộc về hành vi giả mạo hoặc sai phạm trong quy trình xử lí thị thực. Chọn C.
Câu 85:
Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:
Bầu trời đêm ________ ánh sao.
Từ “lấp lánh” dùng để chỉ ánh sao là hợp lí hơn cả. Chọn B.
Câu 86:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Thời gian chạy qua tóc mẹ
Một màu trắng đến nôn nao
Lưng mẹ cứ còng dần xuống
Cho con ngày một thêm cao.
(Trích Trong lời mẹ hát – Trương Nam Hương)
Lũ chúng tôi từ tay mẹ lớn lên
Còn những bí và bầu thì lớn xuống
Chúng mang dáng giọt mồ hôi mặn
Rỏ xuống lòng thầm lặng mẹ tôi
(Trích Mẹ và quả – Nguyễn Khoa Điềm)
Hai đoạn thơ thuộc thể loại trữ tình, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm. Chọn A.
Câu 87:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Bộ GD&ĐT cho hay quy trình xây dựng ngân hàng câu hỏi thi chuẩn hóa được thực hiện nghiêm ngặt với yêu cầu bảo mật nội bộ chặt chẽ để bảo đảm chất lượng câu hỏi thi và tính khoa học khách quan trong ra đề thi. Cục Quản lí Chất lượng đã xây dựng quy trình bảo mật và chỉ đạo Trung tâm Khảo thí quốc gia quán triệt áp dụng ngay trong từng công đoạn của quy trình 9 bước.
(Nguồn Internet)
Từ “ngân hàng” được dùng trong đoạn văn được dùng với nghĩa chỉ tập hợp các dữ liệu liên quan đến một lĩnh vực nào đó mà ở đây là câu hỏi thi phục vụ mục tiêu giáo dục. Chọn C.
Câu 88:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Gió theo lối gió, mây đường mây
Dòng nước buồn thiu hoa bắp lay
Thuyền ai đậu bến sông trăng đó
Có chở trăng về kịp tối nay?
(Đây thôn Vĩ Dạ – Hàn Mặc Tử)
Câu hỏi “Có chở trăng về kịp tối nay?” trong đoạn trích thể hiện niềm hi vọng, khắc khoải, phấp phỏng của thi sĩ. Chọn A.
Câu 89:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Người Việt Nam có thể coi là ít tinh thần tôn giáo. Họ coi trọng hiện thế trần tục hơn thế giới bên kia. Không phải người Việt Nam không mê tín, họ tin có linh hồn, ma quỷ, thần Phật. Nhiều người thực hành cầu cúng. Nhưng về tương lai, họ lo cho con cháu hơn là linh hồn của mình.
(Nhìn về vốn văn hóa dân tộc – Trần Đình Hượu)
“hiện thế”: Cuộc đời hiện tại. Chọn A.
Câu 90:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Cuộc sống quê tôi gắn bó với cây cọ. Cha làm cho tôi chiếc chổi cọ để quét nhà, quét sân. Mẹ đựng hạt giống đầy móm lá cọ, treo lên gác bếp để gieo cấy mùa sau. Chị tôi đan nón lá cọ, lại biết đan cả mành cọ và làn cọ xuất khẩu. Chiều chiều chăn trâu, chúng tôi rủ nhau đi nhặt những trái cọ rơi đầy quanh gốc về om, ăn vừa béo vừa bùi.
(Theo Nguyễn Thái Vận)
Đây là đoạn văn diễn dịch vì câu chủ đề ở đầu đoạn: “Cuộc sống quê tôi gắn bó với cây cọ”, những câu sau triển khai ý của câu chủ đề. Chọn A.
Câu 91:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Trước muôn trùng sóng bể
Em nghĩ về anh, em
Em nghĩ về biển lớn
Từ nơi nào sóng lên
(Sóng – Xuân Quỳnh)
Trạng thái suy tư: nghĩ về anh, em; nghĩ về biển lớn,… Chọn C.
Câu 92:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Mùa hè năm nọ, bão vào Hà Nội gào rú một đêm, sáng ra mở cửa nhìn ra đền Ngọc Sơn mà hãi. Cây si cổ thụ đổ nghiêng, tán cây đè lên hậu cung, một phần bộ rễ bật đất chổng ngược lên trời. Lập tức cô nghĩ ngay đến sự khác thường, sự dời đổi, điềm xấu, là sự ra đi của một thời. Với người già, bất kể ai, cái thời đã qua luôn là thời vàng son, Mỗi thế hệ đều có thời vàng son của họ. Hà Nội thì không thế. Thời nào nó cũng đẹp, một vẻ đẹp riêng cho mỗi lứa tuổi. Cô nói với tôi thế, đã biết nói thế đâu phải đã già. Mấy ngày sau, cô kể tiếp, thành phố cho máy cẩu tới đặt bên kia bờ quàng dây tời vào thân cây si rồi kéo dần lên, mỗi ngày một tí. Sau một tháng, cây si lại sống, lại trổ ra lá non, vẫn là cây si của nhiều thế hệ Hà Nội, nghĩ cứ lạ, tưởng là chết đứt bổ ra làm củi, mà lại sống. Cô nói thêm: “Thiên địa tuần hoàn, cái vào ra của tạo vật không thể lường trước được”. Cô muốn mở rộng sự tính toán vốn dĩ rất khôn ngoan của mình lên thêm một tầng nữa chăng... Bà già vẫn giỏi quá, bà khiêm tốn và rộng lượng quá. Một người như cô phải chết đi thật tiếc, lại một hạt bụi vàng của Hà Nội rơi xuống chìm sâu vào lớp đất cổ. Những hạt bụi vàng lấp lánh đâu đó ở mỗi góc phố Hà Nội hãy mượn gió mà bay lên cho đất kinh kì chói sáng những ánh vàng.
(Một người Hà Nội – Nguyễn Khải)
Dựa vào câu: Một người như cô phải chết đi thật tiếc, lại một hạt bụi vàng của Hà Nội rơi xuống chìm sâu vào lớp đất cổ. Chọn C.
Câu 93:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Trong hoàn cảnh “trăm dâu đổ đầu tằm”, ta càng thấy chị Dậu thật là một người phụ nữ đảm đang, tháo vát. Một mình chị phải giải quyết mọi khó khăn đột xuất của gia đình, phải đương đầu với những thế lực tàn bạo: quan lại, cường hào, địa chủ và tay sai của chúng. Chị có khóc lóc, có kêu trời, nhưng chị không nhắm mắt khoanh tay, mà tích cực tìm cách cứu được chồng ra khỏi cơn hoạn nạn. Hình ảnh chị Dậu hiện lên vững chãi như một chỗ dựa chắc chắn của cả gia đình.
(Nguyễn Đăng Mạnh)
Đoạn văn tổng phân hợp. Câu mở đầu đoạn văn trên nêu lên một nhận định chung về nhân vật. Các câu khác khai triển đoạn đưa ra các biểu hiện cụ thể minh họa cho nhận định chung ấy. Từ những chứng cớ cụ thể này, câu kết đoạn đúc kết thành một nhận định mới vừa phù hợp với nhận định ban đầu, vừa được nâng cao hơn. Chọn C.
Câu 94:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Hồn Trương Ba: (sau một lát) Ông Đế Thích ạ, tôi không thể tiếp tục mang thân anh hàng thịt được nữa, không thể được.
Đế Thích: Sao thế? Có gì không ổn đâu!
Hồn Trương Ba: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn.
(Hồn Trương Ba da hàng thịt – Lưu Quang Vũ)
Dựa vào câu: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn → Con người phải sống chân thật, là chính mình. Chọn C.
Câu 95:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Nhưng bây giờ thì hắn tỉnh. Hắn bâng khuâng như tỉnh dậy, hắn thấy miệng đắng, lòng mơ hồ buồn. Người thì bủn rủn, chân tay không buồn nhấc, hay là đói rượu, hắn hơi rùng mình. Ruột gan lại nôn nao lên một tí. Hắn sợ rượu cũng như những người ốm sợ cơm. Tiếng chim hót ngoài kia vui vẻ quá! Có tiếng cười nói của những người đi chợ. Anh thuyền chài gõ mái chèo đuổi cá.
(Chí Phèo – Nam Cao)
Câu 96:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
NGƯỜI TIỀU PHU
Tiều phu cùng học giả đang đi chung một chiếc thuyền ở giữa sông. Học giả tự nhận mình hiểu biết sâu rộng nên đã đề nghị chơi trò đoán chữ để cho đỡ nhàm chán, đồng thời giao kèo, nếu mà mình thua sẽ mất cho tiều phu mười đồng. Ngược lại, tiều phu thua thì sẽ chỉ mất năm đồng thôi. Học giả coi như mình nhường tiều phu để thể hiện trí tuệ hơn người.
Đầu tiên, tiều phu ra câu đố:
– Vật gì ở dưới sông nặng một ngàn cân, nhưng khi lên bờ chỉ còn có mười cân?
Học giả vắt óc suy nghĩ vẫn tìm không ra câu trả lời, đành đưa cho tiều phu mười đồng. Sau đó, ông hỏi tiều phu câu trả lời là gì.
– Tôi cũng không biết! - Tiều phu đưa lại cho học giả năm đồng và nói thêm:
– Thật ngại quá, tôi kiếm được năm đồng rồi. Học giả vô cùng sửng sốt.
Nội dung chính: Cuộc thi tài của vị học giả và bác tiều phu. Chọn B.
Câu 97:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Mụ cho chúng tôi biết, vì sợ thằng bé có thể làm điều gì dại dột đối với bố nó, mụ đã phải gửi nó lên rừng nhờ bố mình nuôi đã nửa năm nay. Ở với ông ngoại, thằng bé sướng hơn ở trên thuyền với bố mẹ. Nhưng hễ rời ra là nó trốn về. Thằng bé tuyên bố với các bác ở xưởng đóng thuyền rằng nó còn có mặt ở dưới biển này thì mẹ nó không bị đánh.
(Chiếc thuyền ngoài xa – Nguyễn Minh Châu)
Đoạn trích tập trung khắc họa tình yêu thương con tha thiết của người đàn bà hàng chài. Dễ dàng nhận thấy điều này vì xuất phát từ tình yêu thương con mà người đàn bà hàng chài mới gửi thằng Phác - thằng con trai mà mụ yêu thương nhất lên rừng sống với ông ngoại vì mụ sợ rằng thằng bé có thể làm những việc lỗi đạo với bố nó. Chọn C.
Câu 98:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Ông Huấn Cao lặng nghĩ một lát rồi mỉm cười: “Về bảo với chủ ngươi, tối nay, lúc nào lính canh về trại nghỉ, thì đem lụa, mực, bút và một bó đuốc xuống đây ta cho chữ. Chữ thì quý thực. Ta nhất sinh không vì vàng ngọc hay quyền thế mà ép mình viết câu đối bao giờ. Đời ta cũng mới viết có hai bộ tứ bình và một bức trung đường cho ba người bạn thân của ta thôi. Ta cảm cái tấm lòng biệt nhỡn liên tài của các người. Nào ta có biết đâu một người như thầy Quản đây mà lại có những sở thích cao quý như vậy. Thiếu chút nữa, ta đã phụ mất một tấm lòng trong thiên hạ”.
(Chữ người tử tù – Nguyễn Tuân)
Trong đoạn trích trên, nhân vật Huấn Cao hiện lên với tấm lòng nhân hậu, trọng nhân cách, tình nghĩa điều này được thể hiện qua chi tiết Huấn Cao đồng ý cho viên quản ngục (một người biết trân trọng cái tài và nâng niu cái đẹp) chữ. Chọn A.
Câu 99:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Sông Hương là vậy, là dòng sông của thời gian ngân vang, của sử thi viết giữa màu cỏ lá xanh biếc. Khi nghe lời gọi, nó biết cách tự hiến đời mình làm một chiến công, để rồi nó trở về với cuộc sống bình thường, làm một người con gái dịu dàng của đất nước. Thỉnh thoảng, tôi vẫn còn gặp trong những ngày nắng đem ra phơi, một sắc áo cưới của Huế ngày xưa, rất xưa: màu áo điều lục với loại vải vân thưa màu xanh chàm lồng lên một màu đỏ ở bên trong, tạo thành một màu tím ẩn hiện, thấp thoáng theo bóng người, thuở ấy các cô dâu trẻ vẫn mặc sau tiết sương giáng. Đấy cũng chính là màu của sương khói trên sông Hương, giống như tấm voan huyền ảo của tự nhiên, sau đó ẩn giấu khuôn mặt thực của dòng sông...
(Ai đã đặt tên cho dòng sông? – Hoàng Phủ Ngọc Tường)
Nhân hóa: nghe lời gọi, tự hiến đời mình, trở về với cuộc sống bình thường, làm một người con gái dịu dàng của đất nước. Chọn C.
Câu 100:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Ta đã lớn lên rồi trong khói lửa
Chúng nó chẳng còn mong được nữa
Chặn bàn chân một dân tộc anh hùng
Những bàn chân từ than bụi, lầy bùn
Đã bước dưới mặt trời cách mạng.
Những bàn chân của Hóc Môn, Ba Tơ, Cao Lạng
Lừng lẫy Điện Biên, chấn động địa cầu
Những bàn chân đã vùng dậy đạp đầu
Lũ chúa đất xuống bùn đen vạn kiếp!
Ta đi tới, trên đường ta bước tiếp,
Rắn như thép, vững như đồng.
Đội ngũ ta trùng trùng điệp điệp
Cao như núi, dài như sông
Chí ta lớn như biển Đông trước mặt!
(Trích “Ta đi tới”, Tố Hữu)
Ý nghĩa nội dung: sức mạnh và ý chí kiên cường của nhân dân của một dân tộc anh hùng không bao giờ chịu khuất phục đế quốc xâm lăng. Chọn C.
Câu 101:
PHẦN 3: KHOA HỌC
Lĩnh vực: Khoa học tự nhiên và xã hội (50 câu – 60 phút)
Tháng 3-1947, trong diễn văn đọc trước Quốc hội Mĩ, Tỗng thống Truman công khai tuyên bố: "Sứ mệnh lãnh đạo thế giới tự do chống lại sự bành trướng của chủ nghĩa cộng sản".
- Mục tiêu của "Chiến lược toàn cầu":
+ Ngăn chặn, đẩy lùi và tiến tới tiêu diệt hoàn toàn chủ nghĩa xã hội.
+ Đàn áp phong trào giải phóng dân tộc, phong trào cộng sản và công nhân quốc tế, phong trào chống chiến tranh, vì hòa bình, dân chủ trên thế giới.
+ Khống chế, chi phối các nước đồng minh.
Chọn D.
Câu 102:
Phong trào Cần vương ở Việt Nam cuối thế kỉ XIX chấm dứt gắn với sự thất bại của cuộc khởi nghĩa Hương Khê (1885-1896). Khởi nghĩa Hương Khê cũng là cuộc khởi nghĩa tiêu biểu nhất của phong trào Cần vương. Chọn D.
Câu 103:
Một trong những yếu tố thúc đẩy kinh tế Nhật Bản phát triển mạnh trong giai đoạn 1952-1973 là tận dụng tốt yếu tố bên ngoài để phát triển (viện trợ Mĩ, chiến tranh Triều Tiên, Việt Nam...). Chọn D.
Câu 104:
Năm 1949, Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử, phá vỡ thế độc quyển bom nguyên tử của Mĩ. Chọn B.
Câu 105:
Hệ tư tưởng dân chủ tư sản cuối thế kỉ XIX, đầu thế kỉ XX mới xuất hiện tại Việt Nam, đây là một hệ tư tưởng mới với Việt Nam nhưng đã cũ với các quốc gia trên thế giới. Đồng thời giai cấp tư sản Việt Nam ra đời muộn, tiềm lực kinh tế nhỏ bé nên khả năng lãnh đạo còn hạn chế. Từ hai yếu tố đó cho thấy phong phong trào yêu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến. Chọn A.
Câu 106:
Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) ra đời năm 1967, Liên minh khu vực ở Tây Âu (EU) ra đời từ 1951 1993. Thời gian 2 tổ chức này ra đời là thời điểm Chiến tranh lạnh 1947-1991 đang diễn ra nên cả 2 tổ chức này đều chịu sự chi phối của cục diện thế giới hai cực, hai phe. Chọn C.
Câu 107:
Một trong những hạn chế của Luận cương chính trị của Đảng Cộng sản Đông Dương (10-1930) là đánh giá không đúng khả năng cách mạng của tầng lớp tiểu tư sản, giai cấp tư sản dân tộc, khả năng lôi kéo bộ phận trung, tiểu địa chủ tham gia Mặt trận dân tộc thống nhất, chống đế quốc và phong kiến. Chọn C.
Câu 108:
Từ ngày 16 đến ngày 17-8-1945, Đại hội Quốc dân được triệu tập ở Tân Trào. Đại hội tán thành chủ trương Tổng khởi nghĩa của Đảng, thông qua 10 chính sách của Việt Minh, cử ra Uỷ ban Dân tộc giải phóng Việt Nam do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch. Chọn D.
Câu 109:
B loại vì Liên Xô và Mĩ tuyên bố chấm dứt Chiến tranh lạnh năm 1989.
C loại vì chỉ có Xingapo là “con rồng” kinh tế châu Á.
D loại vì xu hướng hòa hoãn Đông-Tây bắt đầu xuất hiện từ những năm 70 của thế kỉ XX.
Chọn A.
Câu 110:
HS sử dụng phương án loại trừ:
A loại vì cải cách ở 3 nước được tiến hành khi đã giành được độc lập.
B loại vì Việt Nam và Trung Quốc không tiến hành đa nguyên, đa đảng.
Chọn C vì cả 3 nước đều tiến hành cải cách khi đất nước lâm vào tình trạng khủng hoảng kéo dài.
D loại vì đổi mới nhằm đưa đất nước thoát khỏi khủng hoảng, riêng ở Liên Xô thì thực hiện đa nguyên đa đảng nên vai trò của Đảng Cộng sản bị suy giảm, cũng là 1 trong những nguyên nhân làm cho công cuộc cải tổ thất bại, CNXH ở Liên Xô sụp đổ.
Câu 111:
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. Chọn C.
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:
Đất feralit nước ta có màu đỏ vàng chủ yếu do sự tích tụ ô-xít sắt và ô-xít nhôm. Chọn D.
Câu 114:
Diện tích rừng giàu chiếm tỉ lệ lớn là không đúng với rừng nước ta. Nước ta còn ít rừng giàu. Chọn C.
Câu 115:
Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang. Chọn A.
Câu 116:
Cho biểu đồ:
CƠ CẤU LỰC LƯỢNG LAO ĐỘNG TỪ 15 TUỔI TRỞ LÊN
PHÂN THEO THÀNH THỊ VÀ NÔNG THÔN
(Nguồn: gso.gov.vn)
Theo biểu đồ, nhận xét nào sau đây đúng về cơ cấu lực lượng lao động từ 15 tuổi trở lên phân theo thành thị và nông thôn nước ta giai đoạn 2000 2020 ?
Tính toán cho thấy B là đáp án đúng. Chọn B.
Câu 117:
Khai thác hải sản cần nhất yếu tố là ngư trường lớn → Chọn D.
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:
Cà phê là cây trồng quan trọng nhất của Tây Nguyên. Chọn D.
Câu 120:
Việc phát triển cây công nghiệp lâu năm ở Tây Nguyên chủ yếu dựa vào các điều kiện thuận lợi là khí hậu có tính chất cận xích đạo, đất badan giàu dinh dưỡng. Chọn A.
B. Đất badan có diện tích rộng, giống cây trồng có chất lượng tốt. → thiếu khí hậu.
C. Đất badan ở trên những mặt bằng rộng, nguồn nước dồi dào. → thiếu khí hậu.
D. Khí hậu mát mẻ trên các cao nguyên cao trên 1000 m, đất tốt. → đất tốt chưa chi tiết.
Câu 121:
Nhiệt lượng đun nóng nước là \(Q = m.c.\Delta T = 1,5.4200.(100 - 25) = 472500J\)
Nhiệt lượng bếp tỏa ra là \({Q_b} = U.I.t = 220.4 \cdot 10.60 = 528000\;{\rm{J}}\)
Hiệu suất của bếp là \(H = \frac{Q}{{{Q_b}}} = \frac{{472500}}{{528000}} \cdot 100\% = 89,5\% \)
Chọn C.
Câu 122:
Hình nào sau đây biểu diễn không đúng vectơ lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện đặt trong từ trường đều \(\vec B\) ?
Chọn C.
Câu 123:
Nguyên nhân của hiện tượng là do khúc xạ ánh sáng. Chọn D.
Câu 124:
Công thức liên hệ giữa bước sóng \(\lambda \), tốc độ truyền sóng v và tần số góc \(\omega \) của một sóng cơ hình sin là \(\lambda = Tv = \frac{{2\pi v}}{\omega }\). Chọn A.
Câu 125:
Ta có hiệu \(M{S_1} - M{S_2} = 1,75 = (4 - 0,5).500 = 3,5\lambda \)
\( \to {\rm{M}}\) là vân tối thứ 4
Giữa M và N là 8 vân sáng \( \to \) có 3 vân sáng ở bên \(M\)
\( \to \) bên N có 4 vân sáng (không kể vân sáng trung tâm)
\( \to {\rm{N}}\) là vân tối thứ \(5 \to N{S_1} - N{S_2} = - (5 - 0,5).500 = - 2,25(\mu m)\)
Chọn A.
Câu 126:
Năng lượng của photon: \(E = \frac{{h.c}}{\lambda } = \frac{{6,625 \cdot {{10}^{ - 34}} \cdot 3 \cdot {{10}^8}}}{{0,414 \cdot {{10}^{ - 6}}}} = 4,{8.10^{ - 19}}J = 3{\rm{eV}}\)
Chọn C.
Câu 127:
Để hạn chế tai nạn cho người tham gia giao thông, lực lượng cảnh sát đã được trang bị một số loại máy móc như: súng bắn tốc độ, máy đo âm thanh, máy đo nồng độ cồn, ...Trong đó súng bắn tốc độ là thiết bị chuyên dụng có chức năng tính toán tốc độ của xe trên một đoạn đường nhất định, từ đó xác định phương tiện có vi phạm về tốc độ hay không. Thiết bị này còn có khả năng ghi lại hình ảnh của đối tượng đo. Điều nào sau đây là đúng về súng bắn tốc độ?
Súng bắn tốc độ có cả máy phát sóng vô tuyến và máy thu sóng vô tuyến. Chọn D.
Câu 128:
\[P = {I^2}R = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.30 = 240\,{\rm{W}}\]. Chọn D.
Câu 129:
Đồ thị vận tốc của một vật dao động điều hòa có dạng như hình vē. Phương trình li độ dao động của vật nặng là
Từ đồ thị xác định được: \[\frac{T}{4} = 0,1s \Rightarrow T = 0,4s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 5\pi \,\,rad/s\]
\[{v_{\max }} = 25\pi = A\omega \Rightarrow A = \frac{{25\pi }}{{5\pi }} = 5\,cm\]
Vận tốc sớm pha hơn li độ góc \[\frac{\pi }{2}rad\] nên tại thời điểm ban đầu vận tốc đang ở biên dương và tiến về VTCB thì khi đó li độ đang ở VTCB và tiến về biên dương \[ \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{2}rad\]. Chọn A
Câu 130:
Một nguồn sóng điểm O tại mặt nước dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với tần số \(10\;{\rm{Hz}}.\) Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40 cm/s. Gọi \(A\) và \(B\) là hai điểm tại mặt nước có vị trí cân bằng cách \({\rm{O}}\) những đoạn \(12\;{\rm{cm}}\) và \(16\;{\rm{cm}}\) mà \({\rm{OAB}}\) là tam giác vuông tại \({\rm{O}}.\) Tại thời điểm mà phần tử tại \({\rm{O}}\) ở vị trí cao nhất thì trên đoạn AB có mấy điểm mà phần tử tại đó đang ở vị trí cân bằng?
Đáp án: ……….
Bước sóng truyền đi là \(\lambda = \frac{v}{f} = 4\;{\rm{cm}}\)
Ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \to OH = 9,6\;{\rm{cm}}\)
Tại thời điểm t khi \({\rm{O}}\) đạt vị trí cao nhất thì điểm ở trên \({\rm{AB}}\) đang ở vị trí cân bằng thỏa mãn: \((2k + 1) = \frac{\lambda }{4} = 2k + 1\)
Số điểm ở vị trí cân bằng trên \({\rm{AB}}\) khi \({\rm{O}}\) đạt cực đại thỏa mãn \({\rm{k}}\) là số nguyên
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9,6 \le 2k + 1 \le 12}\\{9,6 \le 2k + 1 \le 16}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 5}\\{k = 5,6,7}\end{array} \to k = 5,6,7} \right.} \right.\). Có 3 vị trí.
Đáp án: 3
Câu 131:
Vitamin A có CTPT \({{\rm{C}}_{20}}{{\rm{H}}_{30}}{\rm{O}}\)
Ta có hệ số: \(k = \frac{{2 \cdot 20 + 2 - 30}}{2} = 6\)
Mà \({\rm{k}} = \pi + {\rm{v}}.\) Ta có \({\rm{v}} = 1 \Rightarrow \) số liên kết π \( = 6 - 1 = 5.\)
Chọn C.
Câu 132:
Thí nghiệm sau mô tả quá trình của phản ứng nhiệt nhôm:
Cho các phát biểu sau:
(a) X là Fe nóng chảy và Y là \[A{l_2}{O_3}\]nóng chảy.
(b) Phần khói trắng bay ra là \[A{l_2}{O_{3.}}\]
(c) Dải Mg khi đốt được dùng để khơi mào phản ứng nhiệt nhôm.
(d) Phản ứng giữa Al và \[F{e_2}{O_3}\]là phản ứng tỏa nhiệt, nhiệt độ cao nhất lên đến \[1000^\circ C\].
(e) Phản ứng nhiệt nhôm được sử dụng để điều chế một lượng nhỏ sắt nóng chảy khi hàn đường ray.
Số phát biểu đúng là
Các phát biểu (b), (c), (e) đúng.
Phát biểu (a) không đúng do \[A{l_2}{O_3}\] nóng chảy nhẹ hơn Fe nóng chảy nên nổi lên trên và X là \[A{l_2}{O_3}\] còn Y là Fe.
Phát biểu (d) không đúng vì nhiệt độ cao nhất của phản ứng là hơn 2000oC
Chọn B.
Câu 133:
Thí nghiệm 1: \({{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05\;\)mol
\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = 0,05\,mol\)
Thí nghiệm 2: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,01\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 0,04\)mol
\({{\rm{H}}^ + } + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{HCO}}_3^ - \)
\({\rm{HCO}}_3^ - + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{HCl}} - {n_{C{O_2}}} = 0,04 - 0,01 = 0,03\,\,mol\)
\( \Rightarrow {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,03\,mol\)
Bảo toàn nguyên tố \[{\rm{C}}:{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05 \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,02\]mol
\(\begin{array}{l}{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,03}}{{0,02}} = 1,5{\rm{M}}\\{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,02}}{{0,02}} = 1,0{\rm{M}}{\rm{.}}\end{array}\)
Chọn A.
Câu 134:
Gọi x, y lần lượt là số mol của glycine và alanine trong hỗn hợp ban đầu
\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\(\)\({n_{hh\,}} = \frac{{30,5 - 23,9}}{{23 - 1}} = 0,3\,mol\)
Giải hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{75x + 89y = 23,9}\\{x + y = 0,3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,2}\\{y = 0,1}\end{array}} \right.} \right.(mol)\]
\(\% {m_{{\rm{glycine }}}} = \frac{{0,2 \cdot 75}}{{23,9}}.100\% = 62,76\% {\rm{.}}\)
Chọn B.
Câu 135:
Phản ứng điều chế ethyl acetate trong phòng thí nghiệm được mô tả như hình vẽ:
Cho các phát biểu sau:
(a) Ethyl acetate có nhiệt độ sôi thấp nên dễ bị bay hơi khi đun nóng.
(b) \[{H_2}S{O_4}\]đặc vừa làm chất xúc tác, vừa có tác dụng hút nước.
(c) Ethyl acetate qua ống dẫn dưới dạng hơi nên cần làm lạnh bằng nước đá để ngưng tụ.
(d) Phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên được gọi là phản ứng ester hóa.
(e) Để nâng cao hiệu suất phản ứng có thể thay hỗn hợp trong ống nghiệm bằng rượu trắng, giấm ăn và \[{H_2}S{O_4}\]đặc.
Số phát biểu đúng là
Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (d).
Phát biểu (e) không đúng vì rượu trắng và giấm ăn có nồng độ thấp hơn ethyl alcohol và acetic acid dùng trong thí nghiệm trên \( \Rightarrow \) làm giảm hiệu suất phản ứng.
Chọn A.
Câu 136:
Cho hợp chất cao phân tử có cấu tạo như sau:
Hợp chất trên được dùng để sản xuất loại vật liệu polymer nào?
Nylon-6,6 thu được từ phản ứng trùng ngưng adipic acid với hexamethylenediamine.
Nylon-6,6 thuộc tơ tổng hợp.
Chọn D.
Câu 137:
Khối lượng dung dịch \({\rm{X}}\) tăng đúng \({\rm{m}}\) gam so với dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) ban đầu, bằng khối lượng hỗn hợp \({\rm{M}}.\)
Þ Sau phản ứng không sinh ra khí \( \Rightarrow {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) là sản phẩm khử duy nhất, khi nung \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) bị phân hủy hoàn toàn thành các khí.
Þ 18,6 gam hỗn hợp oxide kim loại gồm MgO, \(A{l_2}{O_3}\), ZnO.
\({{\rm{m}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = {{\rm{m}}_{{\rm{oxide }}}} - {{\rm{m}}_{{\rm{KL}}}} = 18,6 - {\rm{m }}({\rm{g}})\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = \frac{{18,6 - m}}{{16}}\,\,(\;{\rm{mol}})\)
Gọi \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = x\,mol\)
Các quá trình nhường nhận electron:
\(\mathop {{\rm{Mg}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Mg}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e }}\)
\(\mathop {\rm{N}}\limits^{ + 5} + 8{\rm{e}} \to \mathop {\rm{N}}\limits^{ - 3} \)
\(\mathop {{\rm{Al}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Al}}}\limits^{ + 3} + 3{\rm{e}}\)
\(\mathop {{\rm{Zn}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Zn}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{e}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{Mg}}}} + 3{{\rm{n}}_{{\rm{Al}}}} + 2{{\rm{n}}_{{\rm{Zn}}}} = 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_e} = 2{n_{O\,\,(oxide)}} \Rightarrow 8x = 2 \cdot \frac{{18,6 - m}}{{16}}\\ \Rightarrow m + 64x = 18,6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\)
\(\sum {{n_{O\,\,(Y)}} = 3 \cdot \sum {{n_{NO_3^ - \,\,(Y)}}} } = 3 \cdot (8x + x) = 27x\,(mol)\)
\( \Rightarrow \frac{{27x \cdot 16}}{{m + 576x}} = 0,601\,11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,09\\m = 12,84\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow a = 12,84 + 576 \cdot 0,09 = 64,68\,gam\)
Vậy a gần với giá trị 65 nhất.
Chọn D.
Câu 138:
Ban đầu: \(Ba{(OH)_2} \to B{a^{2 + }} + 2O{H^ - }\)
Þ Có 3 ion.
Khi thêm từ từ \({H_2}S{O_4}\): \(Ba{(OH)_2} + {H_2}S{O_4} \to BaS{O_4} \downarrow + 2{H_2}O\)
Þ Lượng ion giảm dần
Khi thêm dư \({H_2}S{O_4}\): \({H_2}S{O_4} \to 2{H^ + } + SO_4^{2 - }\)
Þ Lượng ion tăng lên.
Vậy độ dẫn điện của dung dịch giảm dần sau đó tăng dần.
Chọn D.
Câu 139:
Nitrogen dioxide \(\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}} \right)\) và dinitrogen tetroxide \(\left( {{{\rm{N}}_2}{{\rm{O}}_4}} \right)\) cùng tồn tại ở trạng thái cân bằng theo phương trình sau:
Một ống tiêm chứa hỗn hợp cân bằng của hai khí trên có màu nâu. Tiến hành kéo pít tông, giữ nguyên vị trí của pít tông rồi để yên ống tiêm trong một khoảng thời gian (2-3 phút).
Hiện tượng quan sát được là
Ban đầu khi kéo pít tông thì thể tích của hỗn hợp phản ứng tăng, nồng độ các chất giảm, lượng chất có trong hệ sẽ bị loãng ra làm cho hỗn hợp có màu nâu nhạt hơn so với ban đầu. Sau một khoảng thời gian, vì kéo pít tông nên áp suất của hệ giảm, cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều tăng số mol chất khí.
\( \to \) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều tạo khí \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) màu nâu đỏ). Từ đó dẫn đến màu của hỗn hợp trở lên đậm hơn.
Chọn A.
Câu 140:
Hòa tan hoàn toàn 25,76 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe và một oxide sắt trong 280 gam dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) 31,5% thu được dung dịch Y (không chứa \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\)) và hỗn hợp khí \({\rm{Z}}\) (trong đó oxygen chiếm 61,276% về khối lượng). Cho 600 mL dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc, sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 81,06 gam chất rắn khan. Mặt khác thổi 9,916 lít khí CO (đkc) qua 25,76 gam X nung nóng thu được hỗn hợp khí T có tỉ khối so với He bằng 9,4. Biết rằng trong X, số mol của Fe gấp đôi số mol của oxide Fe. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Công thức của oxide Fe là
Đáp án: ……….
Ta có: \({n_{HN{O_3}}} = 1,4\,mol;\,{n_{NaOH}} = 1,2\,mol;\,{n_{CO}} = 0,4\,mol\)
Nhận thấy: 81,06 gam chất rắn khan bao gồm \(\left\{ \begin{array}{l}NaN{O_2}(x\,mol)\\NaOH\,(y\,mol)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 1,2\\69x + 40y = 81,06\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1,14\\y = 0,06\end{array} \right.(mol)\)
- Xét quá trình: \(0,4\,mol\,CO + X \to \left\{ \begin{array}{l}KL:Cu,\,Fe\\hh\,kh\'i \,T\,(CO,\,C{O_2}),\,{\overline M _T} = 37,6\end{array} \right.\)
Þ Hỗn hợp T bao gồm CO (0,16 mol) và \(C{O_2}\)(0,24 mol)
Þ \({n_{O\,\,(X)}} = {n_{C{O_2}}} = 0,16\,mol\)
Þ \({m_{KL\,\,(X)}} = 25,76 - 0,24 \cdot 16 = 21,92\,gam\)
- Xét quá trình X + \(HN{O_3}\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}}}\\{{\rm{Fe}}}\\{{\rm{O}}:0,24\,\,mol}\end{array}} \right\} = \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}};{\rm{Fe;}}}\\{({\rm{Fe}},{\rm{O}})}\end{array}} \right\}}_{25,76\,\,{\rm{gam}}} + \underbrace {{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}_{1,4\;{\rm{mol}}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}}\\{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}\\{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}\end{array}} \right\} + \{ {\rm{N}},{\rm{O}}\} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Từ \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - {\rm{trong Y}}}}} = 1,14\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}\,\,({\rm{spk)}}}} = 1,4 - 1,14 = 0,26\;{\rm{mol}};\)
\( \Rightarrow {m_{N\,\,(spk)}} = 0,16 \cdot 14 = 3,64 \Rightarrow {m_{O\,\,(spk)}} = \frac{{3,64 \cdot 0,61276}}{{1 - 0,61276}} \approx 5,76\,gam\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O}}\,\,({\rm{spk)}}}} = \frac{{5,76}}{{16}} = 0,36\;{\rm{mol}}.\)
Vậy Y chứa \(\left\{ \begin{array}{l}Fe{(N{O_3})_3}\,(a\,mol)\\Cu{(N{O_3})_2}\,(b\,\,mol)\end{array} \right.\) với \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{NO}}_3^ - }}} \)trong muối \( = 3a + 2b = 1,06\;{\rm{mol}}.\)
Mà \(\sum {{m_{{\rm{Fe}}\, + \,{\rm{Cu}}}}} = 56a + 64b = 21,92\) gam.
Giải hệ phương trình được: \(a = 0,3\;{\rm{mol}}\) và \(b = 0,08\;{\rm{mol}}.\)
\(25,76\,gam\,X\left\{ \begin{array}{l}Cu:0,08\,mol\\Fe:\,\,c\,mol\\F{e_2}{O_z}:\,d\,mol\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c + 2d = 0,3\\zd = 0,24\end{array} \right.\)
z |
2 |
3 |
\(\frac{8}{3}\) |
Công thức oxide |
FeO |
\(F{e_2}{O_3}\) |
\(F{e_3}{O_4}\) |
\(\)Nhận thấy: Công thức oxide thỏa mãn là \(F{e_3}{O_4}\)
Đáp án: \(F{e_3}{O_4}\)
Câu 141:
Sâu bọ hô hấp bằng hệ thống ống khí tách biệt với hệ tuần hoàn → Ở sâu bọ, hệ tuần hoàn hở không thực hiện chức năng vận chuyển chất khí. Chọn D.
Câu 142:
Sự khác nhau cơ bản giữa hướng động và ứng động là: hướng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích từ một hướng xác định còn ứng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích không định hướng. Chọn B.
Câu 143:
Khi CO2 gặp nước vôi sẽ tạo kết tủa. Do đó, nước vôi được sử dụng trong thí nghiệm này nhằm mục đích chứng minh hô hấp ở thực vật thải CO2. Chọn A.
Câu 144:
Đột biến NST có các dạng cơ bản là đột biến cấu trúc NST (mất đoạn, lặp đoạn, đảo đoạn, chuyển đoạn) và đột biến số lượng NST (tự đa bội và dị đa bội). Chọn D.
Câu 145:
Các con cừu mang gen sản sinh prôtêin của người trong sữa của chúng (hệ gen của các con cừu này được biến đổi thêm gen mới) là thành tựu của công nghệ gen. Chọn D.
Câu 146:
Quần thể giao phối ở trạng thái cân bằng di truyền nên cấu trúc di truyền quần thể tuân theo công thức p2 AA + 2pq Aa + q2 aa =1.
Ta có p2 AA = 9 q2 aa (p, q > 0) → p (A) = 3 q(a) mà p + q = 1 \( \Rightarrow \) p(A) = 0,75; q(a) = 0,25.
\( \Rightarrow \) Tỉ lệ số cá thể dị hợp là 2pq = 2 × 0,75 × 0,25 = 37,5%. Chọn A.
Câu 147:
Thành phần axit amin trong chuỗi hêmôglôbin của người và tinh tinh giống nhau là bằng chứng sinh học phân tử chứng tỏ người và tinh tinh có chung nguồn gốc. Chọn B.
Câu 148:
Bậc dinh dưỡng cấp 1 trong lưới thức ăn trên chính là sinh vật sản xuất (thực vật). Chọn C.
Câu 149:
Một nhóm nghiên cứu thực hiện thí nghiệm để kiểm chứng mô hình nhân đôi ADN ở vùng nhân của tế bào nhân sơ. Họ đã nuôi một số vi khuẩn E.coli trong môi trường chỉ có nitơ đồng vị nặng (15N). Sau đó, họ chuyển vi khuẩn sang nuôi tiếp năm thế hệ ở môi trường chỉ có nitơ đồng vị nhẹ (14N). Biết số lần nhân lên của vi khuẩn E.coli trong các ống nghiệm là như nhau. Tách ADN sau mỗi thế hệ và thu được kết quả như hình dưới đây. Cho biết X là vị trí của ADN chứa cả hai mạch 15N; Y là vị trí của ADN chứa cả mạch 14N và mạch 15N; Z là vị trí của ADN chứa cả hai mạch 14N.
Theo lí thuyết, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Thí nghiệm trên đã kiểm chứng quá trình nhân đôi ADN theo nguyên tắc bán bảo toàn.
II. Nếu một vi khuẩn E. coli được nuôi với các điều kiện thí nghiệm như trên thì luôn có hai mạch ADN chứa 15N ở mỗi thế hệ.
III. Ở thế hệ thứ 4, tỉ lệ ADN ở vị trí Y không thay đổi so với thế hệ thứ 3.
IV. Ở thế hệ thứ 5, tỉ lệ ADN ở vị trí Y so với ADN ở vị trí Z là 1/15.
Giả sử ban đầu có 1 phân tử N15 (X).
- Ở ống nghiệm 1: 1 phân tử X nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y.
- Ở ống nghiệm 2: 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 3:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 2 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 4 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 4:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 6 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 12 phân tử Z.
- Ở ống nghiệm 5:
+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N14 cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.
+ 14 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N14 cho 28 phân tử Z.
Xét sự đúng – sai của các phát biểu:
I. Đúng. Thí nghiệm trên đã kiểm chứng quá trình nhân đôi ADN theo nguyên tắc bán bảo toàn.
II. Đúng. Nếu một vi khuẩn E. coli được nuôi với các điều kiện thí nghiệm như trên thì luôn có hai mạch ADN chứa N15 ở mỗi thế hệ (mỗi thế hệ đều có 2 phân tử Y).
III. Sai. Tỉ lệ Y thay đổi từ thế hệ 3 (25%) sang thế hệ 4 (12,5%).
IV. Đúng. Ở thế hệ 5, \(\frac{Y}{Z} = \frac{2}{{30}} = \frac{1}{{15}}.\)
Chọn A.
Câu 150:
Ở người, bệnh bạch tạng do gen lặn a nằm trên NST thường quy định, bệnh máu khó đông do gen lặn b nằm trên NST giới tính X quy định. Ở một cặp vợ chồng, bên phía người vợ có bố bị bệnh máu khó đông, có bà ngoại và ông nội bị bạch tạng. Bên phía người chồng có bố mẹ đều bình thường, có chú bị bệnh bạch tạng nhưng ông bà nội đều bình thường. Những người khác trong gia đình đều bình thường. Cặp vợ chồng này sinh được một đứa con gái bình thường, xác suất để đứa con này mang alen gây bệnh là bao nhiêu? Biết rằng mẹ của người chồng không mang alen gây bệnh bạch tạng.
Đáp án: ……….
- Quy ước gen: A - bình thường >> a - bị bệnh bạch tạng; B - bình thường >> b - bị máu khó đông. Trong đó, gen quy định bệnh bạch tạng nằm trên NST thường; gen quy định bệnh máu khó đông nằm trên vùng không tương đồng của NST giới tính X.
- Phía người vợ có:
+ Bố bị bệnh máu khó đông XbY \( \Rightarrow \) Vợ có kiểu gen XBXb.
+ Bà ngoại và ông nội bị bạch tạng (aa) \( \Rightarrow \) Bố mẹ vợ đều có kiểu gen Aa \( \Rightarrow \) Kiểu gen của người vợ \[(\frac{1}{3}{\rm{AA : }}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a).\)
- Bên phía người chồng có:
+ Bố mẹ đều bình thường, có chú bị bệnh bạch tạng \( \Rightarrow \) Bố chồng có kiểu gen \[(\frac{1}{3}{\rm{AA:}}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\]; mẹ có kiểu gen AA \( \Rightarrow \) Chồng có kiểu gen \[(\frac{2}{3}{\rm{AA:}}\frac{1}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử với tỉ lệ \[(\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a).\]
+ Người chồng không bị máu khó đông nên có kiểu gen XBY.
- Xác suất kiểu gen của người con gái của cặp vợ chồng trên:
+ Về bệnh bạch tạng: \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a) \times (\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a)\) → Xác suất con gái bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là \(\frac{{\frac{2}{3} \times \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \times \frac{5}{6}}}{{1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{6}}} = \frac{7}{{17}}\) → Xác suất không mang alen bệnh là \[1 - \frac{7}{{17}} = \frac{{10}}{{17}}.\]
+ Về bệnh máu khó đông: XBXb × XBY → Xác suất con gái bình thường không mang alen bệnh là \(\frac{1}{2}.\)
\( \Rightarrow \) Xác suất để đứa con gái bình thường mang alen gây bệnh = 1 - xác suất không mang alen bệnh = \(1 - \frac{{10}}{{17}} \times \frac{1}{2} = \frac{{12}}{{17}} = 70,59\% .\)
Đáp án: 70,59%.