Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 5)
Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 5)
-
106 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)
Câu 1. Cho biểu đồ về sự tác động của một số thực phẩm tới môi trường:
Thực phẩm nào tác động tới môi trường nhiều nhất?
Thực phẩm tác động tới môi trường nhiều nhất là thịt bò. Chọn D.
Câu 2:
Cho khối chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a.\] Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với đáy, biết \(SC = a\sqrt 3 .\) Thể tích khối chóp \[S.ABCD\] là
Vì hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) cùng vuông góc với đáy.
Mà \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\) nên \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\)
Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \,;\,\,SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a.\)Thể tích khối chóp S.ABCD là: \({V_{S \cdot ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3}a \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\) Chọn B.
Câu 3:
Sinh nhật lần thứ 17 của An vào ngày 01 tháng 5 năm 2018. Bạn An muốn mua một chiếc máy ảnh giá \[3\,\,850\,\,000\] đồng để làm quà sinh nhật cho chính mình nên An quyết định bỏ ống heo 1000 đồng vào ngày 01 tháng 02 năm 2018. Trong các ngày tiếp theo, ngày sau bỏ ống nhiều hơn ngày trước 1000 đồng. Hỏi đến ngày sinh nhật của mình, An có bao nhiêu tiền (tính đến ngày 30 tháng 4 năm 2018)?
Số tiền bỏ heo của An mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\), công sai \(d = 1000.{\rm{ }}\)
Tổng số tiền bỏ heo tính đến ngày thứ \(n\) là: \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).
Tính đến ngày 30 tháng 4 năm 2018 (tính đến ngày thứ 89) tổng số tiền bỏ heo là:
\({S_{89}} = \frac{{89\left[ {2 \cdot 1000 + \left( {89 - 1} \right) \cdot 1000} \right]}}{2} = 4\,\,005\,\,000\) (đồng). Chọn C.
Câu 4:
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz,\] cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) biết rằng \[A\left( { - 3\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\]\(B\left( {0\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,D\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,1} \right),\,\,A'\left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\) Tọa độ điểm \(C'\) là
Gọi \(C'\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {3\,;\,\,2\,;\,\,0} \right),\,\,\overrightarrow {AD} = \left( {3\,;\,\,0\,;\,\,1} \right),\,\,\overrightarrow {AA'} = \left( {4\,;\,\,2\,;\,\,3} \right).\)
Mà \(\overrightarrow {AC'} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} \Rightarrow \overrightarrow {AC'} = \left( {10\,;\,\,4\,;\,\,4} \right)\)
\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 10 + 3}\\{y = 4 - 0}\\{z = 4 - 0}\end{array} \Rightarrow C'\left( {13\,;\,\,4\,;\,\,4} \right).} \right.\] Chọn C.Câu 5:
Gọi \[A,\,\,B,\,\,C\] là các điểm biểu diễn các số phức \({z_1},\,\,{z_2},\,\,{z_3}\) là nghiệm của phương trình \({z^3} - 6{z^2} + 12z - 7 = 0.\) Diện tích \(S\) của tam giác \[ABC\] là
Sử dụng MTCT ta có phương trình \({z^3} - 6{z^2} + 12z - 7 = 0\) có 3 nghiệm \({z_1} = 1\,;\,\,{z_2} = \frac{5}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i\,;\,\,{z_3} = \frac{5}{2} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}i.\) Suy ra: \[A\left( {1\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( {\frac{5}{2}\,;\,\,\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),\,\,C\left( {\frac{5}{2}\,;\,\, - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\]
\(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt 3 {\rm{; }}\)\[AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt 3 \,;\,\,BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt 3 .\]
\( \Rightarrow \Delta ABC\) đều cạnh \(\sqrt 3 .\) Vậy \({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}.\) Chọn D.
Câu 6:
Gọi \[O\] là vị trí của chiếc diều.
\[H\] là hình chiếu vuông góc của chiếc diều trên mặt đất.
\[C,\,\,D\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \[A,\,\,B\] trên \[OH.\]
Đặt \(OC = x\), suy ra \(OH = x + 20 + 1,5 = x + 21,5\,\,(m).\)
• Xét tam giác \[OAC,\] ta có:
\(\tan \alpha = \frac{{OC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{OC}}{{\tan \alpha }} = \frac{x}{{\tan 35^\circ }}.\)
• Xét tam giác \[OBD,\] ta có:
\[\tan \beta = \frac{{AD}}{{BD}} \Rightarrow BD = \frac{{\frac{{OD}}{{\tan \alpha }}}}{{\tan \beta }} = \frac{{\tan 35}}{{\tan 75^\circ }}.\]Mà \(AC = BD\) nên \(\frac{x}{{\tan 35^\circ }} = \frac{{x + 20}}{{\tan 75^\circ }}\)\( \Leftrightarrow x \cdot \tan 75^\circ = \left( {x + 20} \right) \cdot \tan 35^\circ \)
\( \Leftrightarrow x = \frac{{20 \cdot \tan 35^\circ }}{{\tan 75^\circ - \tan 35^\circ }} \approx 4,6\,\,(\;{\rm{m}}).\) Suy ra \(OH = 26,1\,\;{\rm{m}}.\)
Vậy chiếc diều bay cao \[26,1{\rm{ }}m\] so với mặt đất. Chọn B.
Câu 7:
Cho hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{x + c}}\) có đồ thị như hình bên dưới, với \(a,\,\,b,\,\,c \in \mathbb{Z}.\) Giá trị của biểu thức \(T = a - 3b + 2c\) là
Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:
• Đồ thị hàm số có TCN \(y = - 1\), TCĐ là \(x = 1\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\ - c = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\c = - 1\end{array} \right.\).
• Đồ thị hàm số đi qua điểm \(M\left( {0;\,\, - 2} \right)\) nên \[y\left( 0 \right) = - 2 \Leftrightarrow \frac{{ - x + b}}{{x - 1}}\left| {_{x = 0}} \right. = - 2 \Leftrightarrow b = 2.\]
Vậy \(T = a - 3b + 2c = - 1 - 3 \cdot 2 + 2 \cdot \left( { - 1} \right) = - 9.\)Chọn D.
Câu 8:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}.\) Gọi \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) trên \(\mathbb{R}\) thỏa mãn \(F\left( 8 \right) + G\left( 8 \right) = 8\) và \[F\left( 0 \right) + G\left( 0 \right) = - 2.\] Khi đó \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx\) bằng
Ta có \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx = - \frac{1}{4}\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,{\rm{d}}\left( { - 4x} \right)\)
\( = - \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\int\limits_8^0 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right]\).
Vì \(F\left( x \right),\,\,G\left( x \right)\) là hai nguyên hàm của \(f\left( x \right)\) nên \(G\left( x \right) = F\left( x \right) + C\).
Khi đó \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{G\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.} \right.\]
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{8 - F\left( 8 \right) = F\left( 8 \right) + C}\\{ - 2 - F\left( 0 \right) = F\left( 0 \right) + C}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F\left( 8 \right) = \frac{{8 - C}}{2}}\\{F\left( 0 \right) = \frac{{ - 2 - C}}{2}}\end{array} \Rightarrow F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right) = 5.} \right.\)
Vậy \(\int\limits_{ - 2}^0 {f\left( { - 4x} \right)} \,dx = \frac{1}{4}\left[ {F\left( 8 \right) - F\left( 0 \right)} \right] = \frac{5}{4}.\) Chọn A.
Câu 9:
Cho \(a,\,\,b,\,\,x > 0\,;\,\,a > b\) và \(b,\,\,x \ne 1\) thỏa mãn \({\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}}.\) Khi đó biểu thức \(P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + 2b} \right)}^2}}}\) có giá trị bằng
Ta có \({\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + \frac{1}{{{{\log }_b}{x^2}}} \Leftrightarrow {\log _x}\frac{{a + 2b}}{3} = {\log _x}\sqrt a + {\log _x}\sqrt b \)
\( \Leftrightarrow a + 2b = 3\sqrt {ab} \Leftrightarrow {a^2} - 5ab + 4{b^2} = 0\)\( \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {a - 4b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = 4b.\)
Do đó \(P = \frac{{2{a^2} + 3ab + {b^2}}}{{{{\left( {a + 2b} \right)}^2}}} = \frac{{32{b^2} + 12{b^2} + {b^2}}}{{36{b^2}}} = \frac{5}{4}\). Chọn A.
Câu 10:
Cho hình trụ có thiết diện qua trục là hình vuông \[ABCD\] cạnh bằng \(2\sqrt 3 \;\,{\rm{cm}}\) với \[AB\] là đường kính của đường tròn đáy tâm \[O.\] Gọi \[M\] là điểm thuộc cung của đường tròn đáy sao cho \(\widehat {ABM} = 60^\circ .\) Thể tích của khối tứ diện \[ACDM\] là
Hạ đường cao \(MH\) xuống \(AB.\)
Khi đó \({V_{ACDM}} = \frac{1}{3}MH \cdot {S_{ACD}} & (1)\)
\(\Delta ACD\) vuông tại \(D\) có \(AD = DC = 2\sqrt 3 \,cm\) nên
\({S_{ACD}} = \frac{1}{2}AD \cdot DC = \frac{1}{2} \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) \cdot \left( {2\sqrt 3 } \right) = 6\,\,\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right) & (2)\)
Do \(\widehat {ABM} = 60^\circ \) và \(\Delta ABM\) vuông tại \(M\) \((AB\) là đường kính của đáy) nên ta có \(AM = AB\sin \widehat {ABM} = 2\sqrt 3 \sin 60^\circ = 3\,\,(cm)\).
Áp dụng định lí Pythagore cho \[\Delta AMB\] ta có
\(MB = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {3^2}} = \sqrt 3 \,\,(cm).\)Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông \(ABM\), ta có
\[\frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{M{B^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{4}{9}\]. Suy ra \[MH = \frac{3}{2}\,\,cm. & (3)\]
Thay (2), (3) vào (1) ta được \({V_{ACDM}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} \cdot 6 = 3\left( {\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn A.
Câu 11:
Khi nuôi cá thí nghiệm trong hồ, một nhà sinh vật học thấy răng: nếu trên mỗi đơn vị diện tích của mặt hồ có n con cá thì trung bình mỗi con cá sau mỗi vụ cân \(Q\left( n \right) = 480 - 20n\) (gam). Hỏi phải thả bao nhiêu con cá trên một đơn vị diện tích của mặt hồ để sau một vụ thu hoạch được nhiều cá nhất?
Khối lượng cá sau một vụ là:
\(T = (480 - 20n)n = 480n - 20{n^2}\)\( = - 20\left( {{n^2} - 24n + 144 - 144} \right)\)\( = - 20{\left( {n - 12} \right)^2} + 2880\).
\( \Rightarrow {T_{\max }} = 2880\) khi \(n = 12\). Chọn A.
Câu 12:
Phương trình có sự tương ứng ở số mũ của 2022 là \(x\,;\,\,\sqrt {2x + 1} \).
Vậy ta biến đổi phương trình thành: \({2022^x} - {2022^{\sqrt {2x + 1} }} = 1 - {x^2} + 2\sqrt {2x + 1} \)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} \)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {x^2} - 1 + 2x = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} + 2x\)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + 2\sqrt {2x + 1} + 2x + 2\)
\( \Leftrightarrow {2022^x} + {\left( {x + 1} \right)^2} = {2022^{\sqrt {2x + 1} }} + {\left( {\sqrt {2x + 1} + 1} \right)^2}\)
\( \Leftrightarrow x = \sqrt {2x + 1} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} = 2x + 1\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \Rightarrow a + {b^3} = 1 + {2^3} = 9.\) Chọn D.
Câu 13:
Một hộp có 6 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 4 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi sao cho có đủ cả ba màu. Số cách chọn là
Số cách chọn 5 viên bi trong 15 viên là: \(C_{15}^5 = 3003\) (cách).
− TH1: 5 viên bi cùng màu nên có \(C_6^5 + C_5^5 = 7\) (cách).
− TH2: 5 viên bi có 2 màu.
• 5 viên bi có bi xanh và bi đỏ nên số cách chọn là:\(C_{11}^5 - C_6^5 - C_5^5 = 455\) (cách).
• 5 viên bi có bi xanh và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_{10}^5 - C_6^5 = 246\) (cách).
• 5 viên bi có bi đỏ và bi vàng nên số cách chọn là: \(C_9^5 - C_5^5 = 125\) (cách).
Số cách chọn 5 viên bi gồm 3 màu là \(3003 - 7 - 455 - 246 - 125 = 2170\) (cách).
Chọn A.
Câu 14:
Miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 3y < 0}\\{2x + y + 4 > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right.\) là miền chứa điểm nào trong các điểm sau?
Lần lượt thay toạ độ điểm các điểm ở các phương án vào hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - x + 3y < 0}\\{2x + y + 4 > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right.\), ta được:
• Với điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\], ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 2 + 3 \cdot \left( { - 2} \right) < 0}\\{2 \cdot 2 + 2 + 4 > 0}\\{2 > 0}\end{array}} \right.\] thoả mãn.
• Với điểm \(N\left( {2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả mãn.
• Với điểm \(P\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\) ta có bất phương trình thứ nhất của hệ không thoả;
• Với điểm \(Q\left( {0\,;\,\,2} \right)\) ta có không thoả \(x > 0.\)
Vậy miền nghiệm của hệ chứa điểm \[M\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\]. Chọn A.
Câu 15:
Trong hệ trục tọa độ \[Oxyz,\] cho các điểm \(M\left( {1\,;\,\, - 1\,;\,1} \right),\,\,N\left( {2\,;\,0\,;\, - 1} \right),\,\,P\left( { - 1\,;\,2\,;\,1} \right).\) Xét điểm \[Q\] sao cho tứ giác \[MNPQ\] là một hình bình hành. Tọa độ \(Q\) là
Gọi \(Q\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right).\) Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1\,;\,\,1\,;\,\, - 2} \right),\overrightarrow {QP} = \left( { - 1 - x\,;\,\,2 - y\,;\,\,1 - z} \right).\)
Tứ giác MNPQ là một hình bình hành \( \Leftrightarrow MN = QP \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 = - 1 - x}\\{1 = 2 - y}\\{ - 2 = 1 - z}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 2}\\{y = 1}\\{z = 3}\end{array}} \right.} \right..\)
Vậy \(Q\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right).\) Chọn A.
Câu 16:
Ta có \(2x \cdot f'\left( x \right) + f\left( x \right) = 3{x^2}\sqrt x ,\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right).\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f'\left( x \right) + \frac{1}{{2\sqrt x }}f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f'\left( x \right) + {\left( {\sqrt x } \right)^\prime }.f\left( x \right) = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow {\left[ {\sqrt x \cdot f\left( x \right)} \right]^\prime } = \frac{{3{x^2}}}{2},\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f\left( x \right) = \int {\frac{{3{x^2}}}{2}\,} dx = \frac{{{x^3}}}{2} + C\)
\( \Leftrightarrow \sqrt x \cdot f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{2} + C\,\,\,(*)\)
Thay \(x = 1\) vào \((*)\) ta được: \(f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} + C\)\( \Rightarrow C = f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{x^3}}}{{2\sqrt x }}.\)
Vậy \(f\left( 4 \right) = 16.\) Chọn D.
Câu 17:
Một đoàn xe chở 290 tấn xi măng cho một công trình xây đập thủy điện. Đoàn xe có 57 chiếc gồm 3 loại: loại chở 3 tấn, xe chở 5 tấn và xe chở \[7,5\] tấn. Nếu dùng tất cả xe loại \[7,5\] tấn chở ba chuyến thì được số xi măng bằng tổng số xi măng do loại xe 5 tấn chở ba chuyến và loại xe 3 tấn chở hai chuyển. Hỏi số xe mỗi loại?
Gọi \[x,\,\,y,\,\,z\] lần lượt là số xe loại chở 3 tấn, loại chở 5 tấn, loại chở \[7,5\] tấn.
Ta có hệ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y + z = 57}\\{3x + 5y + 7,5z = 290}\\{3 \cdot 7,5z = 3,5y + 2,3x}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 20}\\{y = 19.}\\{z = 18}\end{array}} \right.} \right.\) Chọn A.
Câu 18:
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right]\) để phương trình \(m\cos x + 1 = 0\) có nghiệm?
• TH1: Nếu \(m = 0\) thì phương trình đã cho vô nghiệm.
• TH2: Nếu \(m \ne 0\) thì phương trình \(m\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{m}.\)
Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow - 1 \le - \frac{1}{m} \le 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge 1}\\{m \le - 1}\end{array}} \right.\).
Kết hợp với điều kiện \(m\) nguyên và \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 2018\,;\,\,2018} \right]\) suy ra \(m \in \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots \,;\,\,2018} \right\}\) hoặc \[m \in \left\{ { - 2018\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right\}.\]
Vậy có 4036 giá trị của tham số \(m\) thoả mãn đề bài. Chọn A.
Câu 19:
Bà Mai gửi tiết kiệm ngân hàng Vietcombank số tiền 50 triệu đồng với lãi suất \[0,79\% \] một tháng, theo phương thức lãi kép. Tính số tiền cả vốn lẫn lãi bà Mai nhận được sau 2 năm? (làm tròn đến hàng nghìn).
Tổng số tiền cả vốn lẫn lãi bà Mai nhận được sau 2 năm = 24 tháng là
\(50\,\,000\,\,000{\left( {1 + 0,79\% } \right)^{24}} = 60\,\,393\,\,000\) (đồng). Chọn A.
Câu 20:
Trong không gian \[Oxyz,\] cho điểm \(A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và mặt phẳng \(\left( P \right):x + 2y = 0.\) Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua \(A\), song song với \(\left( P \right)\) và cách điểm \(B\left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\) một khoảng ngắn nhất. Hỏi \(\Delta \) nhận vectơ nào dưới đây làm VTCP?
Gọi \(\left( Q \right)\) chứa \(\Delta \) và song song với \(\left( P \right)\). Suy ra \(\left( Q \right)\) có phương trình:
\(x - 1 + 2\left( {y - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y - 3 = 0.{\rm{ }}\)
Khi đó \(d{\left( {B\,;\,\,\Delta } \right)_{\min }} = BH\) với \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
Đường thẳng \[BH\] đi qua \(B\), vuông góc với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1 + t}\\{y = 2t}\\{z = 2}\end{array},\,\,t \in \mathbb{R}} \right.,\) ta được \(H\left( { - \frac{1}{5};\,\,\frac{8}{5};\,\,2} \right).\) Do đó \(\Delta \) là đường thẳng AH có \(\overrightarrow {AH} = \left( {\frac{6}{5};\,\, - \frac{3}{5};\,\, - 1} \right).\)
Suy ra \(\vec u = \left( {6\,;\,\, - 3\,;\,\, - 5} \right)\) cũng là một vectơ chỉ phương của \(\Delta .\) Chọn D.
Câu 21:
ĐK: \(x \ge 0\,;\,\,y + 1 \ge 0.\)
Đặt \(a = \sqrt x \,;\,\,b = \sqrt {y + 1} \) với \(a \ge 0\,;\,\,b \ge 0\), phương trình (1) trở thành
\(2{a^2} - ab - {b^2} = 0 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {2a + b} \right) = 0 \Leftrightarrow a = b \Rightarrow x = y + 1\).
Thay vào phương trình \((2)\) thu được \[{y^3} + 2{y^2} + 3y - 6 = 0 \Leftrightarrow \left( {y - 1} \right)\left( {{y^2} + 3y + 6} \right) = 0 \Leftrightarrow y = 1\].
Vậy hệ đã cho có nghiệm \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {2\,;\,\,1} \right).\)
Vậy \(2x - y = 2 \cdot 2 - 1 = 3.\) Chọn C.
Câu 22:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, giả sử điểm \(A\left( {a;\,\,b} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:x - y - 3 = 0\) và cách \(\Delta :2x - y + 1 = 0\) một khoảng bằng \(\sqrt 5 \). Tính \(P = ab\), biết \(a > 0\).
Ta có \(A\left( {a\,;\,\,b} \right)\) thuộc đường thẳng \(d:x - y - 3 = 0\)
Khi đó \(a - b - 3 = 0 \Leftrightarrow b = a - 3\)\( \Rightarrow A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\).
Khoảng cách từ điểm \(A\left( {a\,;\,\,a - 3} \right)\) đến đường thẳng \(\Delta :2x - y + 1 = 0\) là
\(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \frac{{\left| {2a - (a - 3) + 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }}{\rm{. }}\)
Theo đề bài \(d\left( {A,\,\,\Delta } \right) = \sqrt 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {a + 4} \right|}}{{\sqrt 5 }} = \sqrt 5 \Leftrightarrow \left| {a + 4} \right| = 5\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 4 = 5}\\{a + 4 = - 5}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{a = - 9}\end{array}.} \right.} \right.\)
Theo đề bài điểm \(A(a;b)\) có hoành độ dương nên \(a = 1 \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\).
Vậy \(P = ab = 1 \cdot ( - 2) = - 2\). Chọn B.
Câu 23:
Ông Bình dự định sử dụng hết \(5,5\;{{\rm{m}}^2}\) 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 (làm tròn đến hàng phần trăm)?
Gọi chiều rộng của mặt đáy của bể cá là \(a\,\,(m),\,\,a > 0.\)
\( \Rightarrow \) chiều dài của mặt đáy bể cá là \(2a\,\,(\;{\rm{m}}).\)
Gọi chiều cao bể cá là \(h\,\,(m).\)
Diện tích xung quanh của bể cá là \[{S_{xq}} = 2h\left( {a + 2a} \right) = 6ah\,\,\left( {{m^2}} \right).\]
Diện tích đáy của bể cá là \({S_d} = 2{a^2}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^2}} \right).\)
Ông Bình sử dụng hết \(5,5\;\,{{\rm{m}}^2}\) kính để làm một bể cá không nắp nên ta có
\(6ah + 2{a^2} = 5,5 \Rightarrow h = \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}}\,\,(m).\)
Dung tích bể cá là \(V = a \cdot 2a \cdot \frac{{5,5 - 2{a^2}}}{{6a}} = \frac{{\left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a}}{3}\,\,\left( {\;{{\rm{m}}^3}} \right).\)
Xét hàm số \[f\left( a \right) = \left( {5,5 - 2{a^2}} \right)a = 5,5a - 2{a^3}.\]
Có \[f'\left( a \right) = 5,5 - 6{a^2}\,;\,\,f' = 0 \Leftrightarrow 5,5 - 6{a^2} = 0 \Rightarrow a = \frac{{\sqrt {33} }}{6}.\]
Ta có bảng biến thiên
Vậy \(maxV = \frac{1}{3}f(a) = \frac{1}{3} \cdot \frac{{11\sqrt {33} }}{{18}} \approx 1,17\,\;\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\) Chọn B.
Câu 24:
Ta có \[f\left( {\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}}} \right) \ge f\left( {10} \right)\,;\,\,f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow f\left( x \right){\rm{NB}}\]
Suy ra \[\frac{{{x^2} + 1}}{{x - 2}} \le 10\]\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 1 - 10(x - 2)}}{{x - 2}} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 10x + 21}}{{x - 2}} \le 0\).
Suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{3 \le x \le 7}\end{array}} \right.\). Do đó, nghiệm nguyên dương \[x \in \left\{ {1\,;\,\,3\,;\,\,4\,;\,\,5\,;\,\,6\,;\,\,7} \right\}.\] Chọn D.
Câu 25:
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh \[a.\] Gọi \[I,\,\,J\] lần lượt là trung điếm của \[BC\] và \[AD.\] Khoảng cách \(d\) giữa hai mặt phẳng \(\left( {AIA'} \right)\) và \(\left( {CJC'} \right)\) là
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}IC\, = \,AJ\\IC\,{\rm{//}}\,AJ\end{array} \right. \Rightarrow ICJA\] là hình bình hành \[ \Rightarrow CJ\,{\rm{//}}\,IA.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}AI\,\,{\rm{//}}\,CJ\\CJ \subset \left( {CJC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AI\,{\rm{//}}\,\left( {CJC'} \right)\]
\[\left\{ \begin{array}{l}AA'\,\,{\rm{//}}\,CC'\\CC' \subset \left( {CJC'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AA'\,{\rm{//}}\,\left( {CJC'} \right)\]Do đó \[\left( {CJC'} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {AIA'} \right)\]. Khi đó \(d\left( {\left( {AIA'} \right),\,\,\left( {CJC'} \right)} \right) = d\left( {I,\,\,\left( {CJC'} \right)} \right){\rm{. }}\)
Kẻ \(IH \bot CJ\,\,\left( {H \in CJ} \right)\) nên \(IH \bot \left( {CJC'} \right)\). Khi đó, \(d\left( {I,\,\,\left( {CJC'} \right)} \right) = IH\).
Xét cặp tam giác vuông \(\Delta IBA\) và \(\Delta CHI\) có \(\widehat {ICH} = \widehat {AIB}\) nên
\(\frac{{AI}}{{IC}} = \frac{{BA}}{{IH}} \Rightarrow IH = \frac{{BA \cdot IC}}{{AI}} = \frac{{a \cdot \frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\). Chọn C.
Câu 26:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,4} \right]\] và có đồ thị gồm một phần parabol hợp với một đoạn thẳng như hình vē bên. Tính tích phân \(I = \int\limits_0^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x.\)
Dựa vào đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1\,;\,\,2} \right)\), nghịch biến trên các khoảng \[\left( {0\,;\,\,1} \right)\] và \(\left( {2\,;\,\,4} \right).\)
Suy ra \[I = \int\limits_0^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\int\limits_2^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} \,{\rm{d}}x\]
\( = - \int\limits_0^1 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x + \int\limits_1^2 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_2^4 {f'\left( x \right)} \,{\rm{d}}x\)\( = f\left( 0 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) + f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right)\)
\( = f\left( 0 \right) - 2f\left( 1 \right) + 2f\left( 2 \right) - f\left( 4 \right) = 3 - 2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 - 1 = 4.\) Chọn A.
Câu 27:
Có bao nhiêu giá trị của tham số \(m\) để đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - (2m + 1)x + {m^2} - 3}}\) có đúng hai đường tiệm cận?
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - (2m + 1)x + {m^2} - 3}}\) có 1 đường tiệm cận ngang là \(y = 0.\)
Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng hai đường tiệm cận
\( \Leftrightarrow \) Đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{{x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3}}\) có đúng 1 đường tiệm cận đứng
\( \Leftrightarrow \) Phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có một nghiệm kép hoặc phương trình \({x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + {m^2} - 3 = 0\) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1.
\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{1 - \left( {2m + 1} \right) + {m^2} - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) = 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m + 1} \right)}^2} - 4\left( {{m^2} - 3} \right) > 0}\\{{m^2} - 2m - 3 = 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - \frac{{13}}{4}}\\{m = 3}\\{m = - 1}\end{array}} \right.\).
Vậy có ba giá trị của \(m\) thoả mãn yêu cầu đề bài. Chọn C.
Câu 28:
Xét hai điểm A, B lần lượt là các điểm trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy\] biểu diễn các số phức \(z\) và \(\left( {1 + 3i} \right)z.\) Biết rằng diện tích của tam giác \[OAB\] bằng 6, môđun của số phức \(z\) bằng
Ta có: \[OA = \left| z \right|,\,\,OB = \left| {\left( {1 + 3i} \right)z} \right| = \sqrt {10} \left| z \right|,\,\,AB = \left| {z\left( {1 + 3i - 1} \right)} \right| = \left| {3iz} \right| = 3\left| z \right|.\]
Ta thấy \(O{B^2} = A{B^2} + O{A^2} = 10{\left| z \right|^2} \Rightarrow \Delta OAB\) vuông tại A.
Do đó \({S_{OAB}} = 6 \Leftrightarrow \frac{1}{2}AB.OA = \frac{1}{2} \cdot 3|z| \cdot |z| = 6 \Rightarrow |z| = 2.\) Chọn A.
Câu 29:
Cho khối tứ diện \[ABCD\] có cạnh \[AC,\,\,BD\] thỏa mãn \(A{C^2} + B{D^2} = 16\) và các cạnh còn lại đều bằng 6. Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] đạt giá trị lớn nhất bằng
Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(BD,\,\,AC.\)
Giả sử \(AC = a,\,\,BD = b,\) theo giả thiết:
\({a^2} + {b^2} = 16\,\,(a,\,\,b > 0).\)
Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta ADC\] có:
\[AC\] chung; \[AB\; = \;AD\] (gt); \[BC\; = \;CD\] (gt)
Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADC\] (c.c.c)
Suy ra \[BF = DF\] (hai trung tuyến tương ứng)Do đó \[\Delta BDF\] cân tại \[F\] \[ \Rightarrow EF \bot BD\] (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).
Ta có \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}} = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4}} \);
\(EF = \sqrt {B{F^2} - B{E^2}} = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{4}} = \sqrt {36 - \frac{{16}}{4}} = \sqrt {32} \).
\[ \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {32} \cdot b = 2\sqrt 2 b\].
Do \(AC \bot BF,\,\,AC \bot DF\) nên \(AC \bot \left( {BDF} \right).\)
Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}} = \frac{1}{3} \cdot AF \cdot {S_{BDF}} + \frac{1}{3} \cdot CF \cdot {S_{BDF}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot \left( {AF + CF} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot AC = \frac{1}{3} \cdot a \cdot 2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: \[{\rm{ab}} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{{16}}{2} = 8\]\( \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \cdot 8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}.\)
Vậy \({V_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 \)
Đẳng thức xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow A{C^2} = 16 - A{C^2} \Leftrightarrow AC = 2\sqrt 2 .\) Chọn B.
Câu 30:
Gọi \[S\] là tập hợp tất cả các giá trị nguyên của tham số \(m\) sao cho \(\left| {2{x^3} - 3{x^2} + m} \right| \le 16,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\) Tổng tất cả các phần tử của \(S\) bằng
Xét \(f\left( x \right) = 2{x^3} - 3{x^2} + m\), với \(x \in \left[ {0\,;\,\,3} \right].\)
Ta có: \(f'\left( x \right) = 6{x^2} - 6x\,;\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right..\)
\(f\left( 0 \right) = m\,;\,\,f\left( 1 \right) = m - 1\,;\,\,f\left( 3 \right) = 27 + m{\rm{. }}\)Do đó \(f\left( x \right) \in \left[ {m - 1\,;\,\,m + 27} \right].\)
Vậy \[\left| {f\left( x \right)} \right| \le 16 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \ge - 16}\\{m + 27 \le 16}\end{array}} \right.\]\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ge - 15}\\{m \le - 11}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left[ { - 15\,;\,\, - 11} \right].} \right.\)
Ta có: \[\left( { - 15} \right) + \left( { - 14} \right) + \left( { - 13} \right) + \left( { - 12} \right) + \left( { - 11} \right) = - 65.\] Chọn A.
Câu 31:
Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz,\] cho đường thẳng \(d:\frac{{x + 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 2}} = \frac{z}{1}\) và mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 2z - 3 = 0.\) Viết phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) vuông góc với \(d,\,\,\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) đồng thời \(\left( P \right)\) cắt trục \[Oz\] tại điểm có cao độ dương.
Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\), bán kính \(R = 3.\)
Đường thẳng \(d\) có \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right),\,\,M\left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right) \in d\).
Do \(\left( P \right)\) vuông góc với \(d\) nên \(\overrightarrow {{n_p}} = \overrightarrow {{u_d}} = \left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right) \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z + m = 0.\)
Do \(\left( P \right)\) tiếp xúc với \(\left( S \right)\) nên \(d\left( {I\,;\,\,\left( P \right)} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{\left| {m + 7} \right|}}{3} = 3 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - 16}\end{array}} \right.\).
Do \(\left( P \right)\) cắt Oz tại điểm có cao độ dương nên chọn \(m = - 16 \Rightarrow \left( P \right):2x - 2y + z - 16 = 0.\)
Chọn B.
Câu 32:
Xét hai số phức \({z_1},\,\,{z_2}\) thỏa mãn \(\left| {{z_1} - 3 - 5i} \right| = 2\) và \(\left| {{z_2} + 3 + 3i} \right| = 3.\) Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right|\), khi đó \(M + m\) bằng
Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là điểm biểu diễn số phức \({z_1},\,\,{z_2}\).
Điểm \(I\left( {3\,;\,\,5} \right),\,\,J\left( { - 3\,;\,\, - 3} \right) \Rightarrow IJ = 10 > 5.\)
Khi đó, \[M \in \left( {I\,;\,\,2} \right),\,\,N \in \left( {J\,;\,\,3} \right)\] và hai đường tròn \[\left( {I\,;\,\,2} \right)\] rời nhau.
Như vậy, ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 2 + IJ + 3 = 15}\\{M = IJ - 2 - 3 = 5}\end{array} \Rightarrow M + m = 20} \right..\) Chọn D.
Câu 33:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) xác định trên \(\mathbb{R}\) thỏa mãn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}} = 12.\) Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16} - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\) bằng
Ta có \(f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16} \right] = 16.{\rm{ }}\)
Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16} - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\)\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 16 - 16}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\]\[g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\]
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2f\left( x \right) - 32}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{2}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16} + 4} \right)}}\)
\( = 12.\frac{2}{{5 \cdot \left( {\sqrt {2 \cdot 16 - 6} + 4} \right)}} = \frac{3}{5}.\) Chọn C.
Câu 34:
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy là tam giác đều cạnh bằng \[a.\] Gọi \(I\) là trung điểm của \[AB,\] hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\) \(H\) là trung điểm của \[CI,\] góc giữa \[SA\] và mặt đáy bằng \(45^\circ \) (hình vẽ bên). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \[SBC.\] Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[SA\] và \[CG\] bằng
Đặt hệ trục toạ độ \[Oxyz\] sao cho \(I\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,A\left( {\frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,B\left( { - \frac{a}{2}\,;\,\,0\,;\,\,0} \right),\,\,\) \(C\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right).\)
Ta có: \(CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,\,IH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4},\,\,AH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}\).
Vì \(H\) là trung điểm CI suy ra \(H\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,0} \right).\)
Ta có \(\left( {SA,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,\,\,AH} \right) = \widehat {SAH} = 45^\circ \)\( \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow S\left( {0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\,\frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {SA} = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{4}} \right),\,\,\overrightarrow {CG} = \left( { - \frac{a}{6}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 7 }}{{12}}} \right),\,\,\overrightarrow {CA} = \left( {\frac{a}{2}\,;\,\, - \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\,;\,\,0} \right)\);
\[\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] = \left( {\frac{{a\sqrt {21} }}{{12}}\,;\,\,0\,;\,\,\frac{{a\sqrt 3 }}{{12}}} \right) \Rightarrow \left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right| = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\].
Khoảng cách giữa \[SA\] và \(CG\) nên \(\frac{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right] \cdot \overrightarrow {CA} \,} \right|}}{{\left| {\,\left[ {\overrightarrow {SA} ,\,\,\overrightarrow {CG} } \right]\,} \right|}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{8}.\) Chọn B.
Câu 35:
Ta có: \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x.\)
Xét hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) trên tập số thực \(\mathbb{R}.\)
Ta có \(h'\left( t \right) = 3{t^2} + 3 > 0,\,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)
Suy ra hàm số \(h\left( t \right) = f\left( t \right) + t\) luôn đồng biến trên tập \(\mathbb{R}.\)
Do đó \(f\left( {f\left( x \right)} \right) + f\left( x \right) \ge f\left( x \right) + x \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}.\)
Để \(f\left( {f\left( x \right)} \right) \ge x \Leftrightarrow {x^3} + x \ge {5^m}\) đúng với mọi \(x\) thuộc khoảng \(\left( {2\,;\,\,6} \right)\)
\( \Leftrightarrow {\min _{\left[ {2\,;\,\,6} \right]}}\left( {{x^3} + x} \right) \ge {5^m} \Leftrightarrow {2^3} + 2 \ge {5^m} \Leftrightarrow m \le {\log _5}10.\)
Do \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 6\,;\,\,6} \right]\) nên \(m \in \left\{ { - 6\,;\,\, - 5\,;\,\, - 4\,;\,\, - 3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right\}.\)
Vậy có 8 giá trị nguyên của \(m\) cần tìm. Chọn C.
Câu 36:
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) và trục \[Ox\] là nghiệm của phương trình \({x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1 = 0 \Leftrightarrow - {x^3} - 3{x^2} + 9x = 2m + 1.\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = - {x^3} - 3{x^2} + 9x.\)
Tập xác định: \(D = \mathbb{R}.\)
\(f'\left( x \right) = - 3{x^2} - 6x + 9,\,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} - 6x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 3}\end{array}.} \right.\)
Bảng biến thiên:
Đồ thị hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2m + 1\) cắt trục \[Ox\] tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng \(y = 2m + 1\) cắt đồ thị hàm số \(f(x) = - {x^3} - 3{x^2} + 9x\) tại hai điểm phân biệt.
Từ bảng biến thiên suy ra \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 1 = 5}\\{2m + 1 = - 27}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 2}\\{m = - 14}\end{array}} \right.} \right.\).
Do đó \(S = \left\{ { - 14\,;\,\,2} \right\}{\rm{. }}\)
Tổng của các phần tử thuộc tập \(S\) là: \(T = - 14 + 2 = - 12.\)
Đáp án: −12.
Câu 37:
Chọn ngẫu nhiên ba số \[a,\,\,b,\,\,c\] trong tập hợp \(S = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,20} \right\}.\) Biết xác suất để ba số tìm được thoả mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2}\) chia hết cho 3 bằng \(\frac{m}{n}\), với \[m,\,\,n\] là các số nguyên dương và phân số \(\frac{m}{n}\) tối giản. Biểu thức \(S = m + n\) bằng
Gọi \(A\) là biến cố: "Ba số tìm được thoả mãn \({a^2} + {b^2} + {c^2}\) chia hết cho 3".
Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{20}^3 = 1\,\,140\).
Tập hợp các số \[S = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\,3\,;\,\, \ldots ;\,\,20} \right\}\] gồm:
• 6 số chia hết cho 3 là: \[3\,;\,\,6\,;\,\,9\,;\,\,12\,;\,\,15\,;\,\,18.\]
• 14 số còn lại không chia hết cho 3.
Ta thấy số chính phương chia cho 3 hoặc chia hết hoặc dư 1.
Do đó, các trường hợp thuận lợi cho biến cố \(A\) là
− TH1: \({a^2},{b^2},{c^2}\) cùng chia hết cho 3 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng chia hết cho 3.
Do đó có \(C_6^3 = 20\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c.\]
− TH2: \({a^2},\,\,{b^2},\,\,{c^2}\) cùng chia hết cho 3 dư 1 nên \(a,\,\,b,\,\,c\) cùng không chia hết cho 3.
Do đó có \(C_{14}^3 = 364\) cách chọn \[a,\,\,b,\,\,c\] \( \Rightarrow n(A) = 364 + 20 = 384\).
Khi đó xác suất của biến cố \(A\) là: \(P(A) = \frac{{384}}{{1140}} = \frac{{32}}{{95}}\).
Vậy \(m = 32\,;\,\,n = 95 \Rightarrow m + n = 127\). Đáp án: 127.
Câu 38:
Ta có \(y = {\left| x \right|^3} - mx + 5 = \sqrt {{x^6}} - mx + 5\).
Suy ra \[y' = \frac{{3{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} - m = \frac{{3{x^5} - m{{\left| x \right|}^3}}}{{{{\left| x \right|}^3}}}\] và không có đạo hàm tại \(x = 0\).
• TH1: \(m = 0\), ta có \[y' = \frac{{5{x^5}}}{{{{\left| x \right|}^3}}} = 0\] vô nghiệm và hàm số không có đạo hàm tại \(x = 0\).
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
• TH2: \(m > 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\3{x^5} = m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \sqrt {\frac{m}{3}} \].
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
• TH3: \(m < 0\), ta có \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^5} = m{\left| x \right|^3} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\3{x^5} = - m{x^3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = - \sqrt { - \frac{m}{3}} \].
Do đó hàm số có đúng một cực trị.
Vậy trong mọi trường hợp hàm số có đúng một cực trị với mọi tham số \(m\). Đáp án: 1.
Câu 39:
Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có đạo hàm \(f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x - m} \right)\) với mọi \(x \in \mathbb{R}.\) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số \(m\) thuộc đoạn \(\left[ { - 10\,;\,\,10} \right]\) để hàm số đã cho có điểm cực tiểu là \(x = 4?\)
Ta có \(f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {x - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{x = - 3}\\{x = m}\end{array}} \right..\)
• TH1: Với \(m = - 3 \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x - 4} \right){\left( {x + 3} \right)^2}\)
Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 1 điểm cực trị là \(x = 4.\)
• TH2: Với \(m \ne \left\{ { - 3\,;\,\,4} \right\}\) thì \(f'\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm đơn phân biệt
Suy ra hàm số đã cho có duy nhất 3 điểm cực trị là \(x = 4\,;\,\,x = - 3\,;\,\,x = m.\)
Để \(x = 4\) là điểm cực tiểu thì \(m < - 3.\)
Khi đó, thứ tự các điểm cực trị từ bé đến lớn là \(x = m\,;\,\,x = - 3\,;\,\,x = 4.\)
Vậy \(m \le - 3\) và \[m \in \left[ { - 10\,;\,\,10} \right],\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 10\,;\,\, - 9\,;\,\, - 8\,;\,\, \ldots \,;\,\, - 3} \right\}.\] Đáp án: 8.
Câu 40:
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot AB}\\{SA \bot BC}\end{array} \Rightarrow SA \bot (ABC) \Rightarrow SA \bot AC} \right..\)
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right..\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \[SC,\] suy ra \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)
Khi đó, bán kính đường tròn tâm \(I\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là:\(r = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + S{A^2}} .\)
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABC\) là:
\[R = \sqrt {{{\left( {\frac{{SA}}{2}} \right)}^2} + {r^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{B^2} + B{C^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {2 + 3 + 4} = \frac{3}{2}.\] Đáp án: \[\frac{3}{2}\].
Câu 41:
Cho hàm số \(y = - {x^3} + m{x^2} - x - 4m\) có đồ thị \(\left( {{C_m}} \right)\) và \(A\) là điểm cố định có hoành độ âm của \(\left( {{C_m}} \right).\) Giá trị của \(m\) để tiếp tuyến tại \(A\) của \(\left( {{C_m}} \right)\) vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất là
Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) với \({x_0} < 0\) là điểm cố định cần tìm.
\( \Rightarrow {y_0} = - x_0^3 + mx_0^2 - {x_0} - 4m,\forall m \Leftrightarrow \left( {x_0^2 - 4} \right)m - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0,\,\,\forall m\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_0^2 - 4 = 0}\\{ - x_0^3 - {x_0} - {y_0} = 0}\end{array}} \right.\)\[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = - 2\left( {{\rm{ v\`i }}{x_0} < 0} \right)}\\{{y_0} = 10}\end{array} \Rightarrow A\left( { - 2\,;\,\,10} \right).} \right.\]
Ta có \[y' = - 3{x^2} + 2mx - 1 \Rightarrow y'\left( { - 2} \right) = - 4m - 13.\]
Phương trình tiếp tuyến của \(\left( {{C_m}} \right)\) tại \[A\left( { - 2\,;\,\,10} \right)\] là
\(y = \left( { - 4m - 13} \right)\left( {x + 2} \right) + 10\) hay \(\left( \Delta \right):y = \left( { - 4m - 13} \right)x - 8m - 16.\)
Đường phân giác góc phần tư thứ nhất có phương trình \(d:y = x.\)
Vì \(\Delta \bot d \Leftrightarrow - 4m - 13 = - 1 \Leftrightarrow m = - 3.\) Đáp án: −3.
Câu 42:
• Cách 1: Đặt \(w = a + bi\) với điều kiện \(a,\,\,b \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow a + bi = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i\)\( \Leftrightarrow a + \left( {b + 1} \right)i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)
\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - 1 + \left( {b + 2} \right)i}}{{1 - i}} = \frac{{\left[ {\left( {a - 1} \right) + \left( {b + 2} \right)i} \right]\left( {1 + i} \right)}}{2}\)\( \Leftrightarrow z = \frac{{a - b - 3 + \left( {a + b + 1} \right)i}}{2}.\)
Vì \(\left| z \right| = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{{{\left( {a - b - 3} \right)}^2}}}{4} + \frac{{{{\left( {a + b + 1} \right)}^2}}}{4}} = 2\sqrt 2 \)
\( \Leftrightarrow {\left( {a - b - 3} \right)^2} + {\left( {a + b + 1} \right)^2} = 32\)\( \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a + 4b - 11 = 0\).
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I(1; - 2)\), bán kính \(R = 4.\)
Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b = - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)
• Cách 2: Đặt \(w = x + yi\), với \(x,\,\,y \in \mathbb{R}.\)
Ta có \(w = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right) - i \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)\left( {z + 1} \right)\)
\( \Leftrightarrow w + i = \left( {1 - i} \right)z + 1 - i\)\( \Leftrightarrow w - 1 + 2i = \left( {1 - i} \right)z.\)
Lấy môđun hai vế ta được \[\left| {w - 1 + 2i} \right| = \left| {\left( {1 - i} \right)z} \right|\]
\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - 1 + 2i} \right| = \left| {1 - i} \right|\left| z \right|\)\( \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y + 2} \right)}^2}} = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 16.\)
Suy ra tập hợp điểm biểu diễn số phức \(w\) là một đường tròn tâm \(I\left( {1\,;\,\, - 2} \right)\), bán kính \(R = 4.\)
Từ đó suy ra \(a = 1\,,\,\,b = - 2\,,\,\,R = 4 \Rightarrow a + b + R = 1 + \left( { - 2} \right) + 4 = 3.\)
Đáp án: 3.
Câu 43:
Xét trên một thiết diện parabol có chiều cao là \(h\) và độ dài đáy là \[2h\] và chọn hệ trục \[Oxy\] như hình vẽ.
Parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(\left( P \right):y = a{x^2} + h\,\,(a < 0)\)
Có \[B\left( {h\,;\,\,0} \right) \in (P) \Leftrightarrow 0 = a{h^2} + h \Leftrightarrow a = - \frac{1}{h}\] (do \(h > 0)\)Diện tích \(S\) của thiết diện là: \(S = \int\limits_{ - h}^h {\left( { - \frac{1}{h}{x^2} + h} \right)} \,dx = \frac{{4{h^2}}}{3},\,\,h = 3 - \frac{2}{5}x\)\( \Rightarrow S\left( x \right) = \frac{4}{3}{\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2}.\)
Suy ra thể tích không gian bên trong của đường hầm mô hình:
\(V = \int\limits_0^5 {S\left( x \right)} \,dx = \int\limits_0^5 {\frac{4}{3}} {\left( {3 - \frac{2}{5}x} \right)^2}dx \approx 28,888\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\)\( \Rightarrow V \approx 29\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}.\)
Câu 44:
. Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right),\,\,R = \sqrt {12} .\)
Gọi tiếp điểm \(A\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) và điểm \(M\left( {a\,;\,\,b\,;\,\,c} \right).\)
\[{\rm{Ta c\'o }}a - 2b + 2c + 11 = 0{\rm{ v\`a }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \in \left( S \right)}\\{M{A^2} = M{I^2} - I{A^2} = M{I^2} - {R^2} = M{I^2} - 12}\end{array}} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2} = 12 & (1)}\\{{{\left( {x - a} \right)}^2} + {{\left( {y - b} \right)}^2} + {{\left( {z - c} \right)}^2} = {{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2} - 12}\end{array}} \right.\]
Lấy \((1) - (2)\) suy ra \(\left( {2a - 2} \right)x + \left( {2b - 2} \right)y + \left( {2c - 2} \right)z + 3 = 2a + 2b + 2c + 21\) là mặt phẳng chứa các tiếp điểm nên \(a\left( {x - 1} \right) + b\left( {y - 1} \right) + c\left( {z - 1} \right) - x - y - z - 9 = 0\).
Qua điểm cố định \(E\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\) khi \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{2} = \frac{{ - x - y - z - 9}}{{11}} \Leftrightarrow x = 0\,;\,\,y = 3\,;\,\,z = - 1.\)
Do đó \(E\left( {0\,;\,\,3\,;\,\, - 1} \right) \Rightarrow a + b + c = 2.\) Đáp án: 2.
Câu 45:
Trên tập hợp các số phức, xét phương trình \({z^2} - 2z + m - 5 = 0\) (\(m\) là tham số thực). Gọi \(S\) là tập hợp giá trị của \(m\) để phương trình có hai nghiệm \({z_1},\,\,{z_2}\) thỏa mãn \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40.\) Tổng các phần tử của tập hợp \(S\) là
Ta có \(\Delta ' = 6 - m.\)
• TH1: \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow m \le 6\), phương trình có hai nghiệm \({z_{1,2}} = 1 \pm \sqrt {6 - m} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2\sqrt {6 - m} }\end{array}} \right..\)
Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {\sqrt {6 - m} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {6 - m} \right) = 40 \Leftrightarrow m = - 3\) (TM).
• TH2: \(\Delta ' < 0 \Leftrightarrow 6 - m < 0 \Leftrightarrow m > 6\), phương trình có hai nghiệm:
\({z_{1;\,\,2}} = 1 \pm i\sqrt {\Delta '} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{z_1} + {z_2} = 2}\\{{z_1} - {z_2} = 2i\sqrt {m - 6} }\end{array}} \right.\).
Khi đó \({\left| {{z_1} + {z_2}} \right|^2} + {\left| {{z_1} - {z_2}} \right|^2} = 40 \Leftrightarrow {2^2} + {\left| {2i\sqrt {m - 6} } \right|^2} = 40 \Leftrightarrow 4 + 4\left( {m - 6} \right) = 40 \Leftrightarrow m = 15\) (TM).
Vậy \(S = \left\{ { - 3\,;\,\,15} \right\}.\) Tổng các phần tử của \(S\) là \( - 3 + 15 = 12.\) Đáp án: 12.
Câu 46:
Ta có \(\left( {{x_A} + {y_A} - 3{z_A} - 5} \right)\left( {{x_B} + {y_B} - 3{z_B} - 5} \right)\)\[ = \left( {1 - 1 - 3 \cdot 2 - 5} \right)\left( { - 5 - 1 - 3 \cdot 0 - 5} \right) > 0\] nên hai điểm \(A\) và \(B\) cùng nằm về một phía của mặt phẳng \((\alpha ).\)
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên mặt phẳng \((\alpha ).\)
Phương trình đường thẳng \(AH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 1 + t.}\\{z = 2 - 3t}\end{array}} \right.\)
Do đó toạ độ điểm \(H\) nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t}\\{y = - 1 + t}\\{z = 2 - 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 1}\\{x = 2}\\{y = 0}\\{z = - 1}\end{array}} \right.} \right..\)
Do đó \[H\left( {2\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right).\]
Gọi \(A'\) đối xứng với \(A\) qua \((\alpha )\), suy ra \(A'\left( {3\,;\,\,1\,;\,\, - 4} \right).\)
Ta có \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) nên \(MA + MB\) nhỏ nhất khi \(M = A'B \cap (\alpha ).\)
Phương trình đường thẳng \(A'B:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z = - 4 + 3t}\end{array}} \right..\)
Do đó toạ độ điểm \(M\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3 - 4t}\\{y = 1 - t}\\{z = - 4 + 3t}\\{x + y - 3z - 5 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{12}}{{11}}}\\{x = - \frac{{15}}{{11}}}\\{y = - \frac{1}{{11}}}\\{z = - \frac{{20}}{{11}}}\end{array}} \right.} \right..\)
Do đó \(M\left( { - \frac{{15}}{{11}}; - \frac{1}{{11}}; - \frac{{20}}{{11}}} \right) \Rightarrow T = a + 2b + 3c = - 7.\) Đáp án: −7.
Câu 47:
Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi \[M,\,\,N\] là hai điểm nắm trên hai cạnh SC, SD sao cho \(\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{2},\,\,\frac{{SN}}{{ND}} = 2\), biết \(G\) là trọng tâm tam giác \[SAB.\] Tỉ số thể tích \(\frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{m}{n},\,\,m,\,\,n\) là các số nguyên dương và \(\left( {m,\,\,n} \right) = 1.\) Giá trị của \[m + n\] bằng
Ta có \({S_{DMN}} = \frac{1}{3}{S_{SMD}} = \frac{1}{6}{S_{SCD}}\)
Gọi \(E\) là trung điểm của \[AB\]
\( \Rightarrow {d_{(G,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(E,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(DMN))}} = \frac{2}{3}{d_{(A,\,\,(SCD))}}\)
\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{6}{S_{SCD}} \cdot \frac{2}{3}{d_{\left( {A,\,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{9}{V_{S.ACD}} = \frac{1}{{18}}{V_{S.ABCD}}\)\( \Rightarrow \frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{18}} \Rightarrow m + n = 19.\) Đáp án: 19.
Câu 48:
Chia cả hai vế của giả thiết cho \(x\), ta được \(2{\log _2}\frac{x}{{y + 1}} = \frac{{y - 4x + 1}}{x} = \frac{{y + 1}}{x} - 4\).
Đặt \(t = \frac{x}{{y + 1}} > 0\), phương trình trên trở thành: \(2{\log _2}t = \frac{1}{t} - 4 \Leftrightarrow 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4 = 0\).
Dễ thấy \(f\left( t \right) = 2{\log _2}t - \frac{1}{t} + 4\) là hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0\,;\,\, + \infty } \right)\).
Mà \(f\left( {\frac{1}{2}} \right) = 0\) nên \(t = \frac{1}{2}\) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Khi đó \(\frac{x}{{y + 1}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow y + 1 = 2x \Leftrightarrow y = 2x - 1.\)
Vậy \(P = 3{x^2} - {y^2} = 3{x^2} - {\left( {2x - 1} \right)^2} = - {x^2} + 4x - 1 = 3 - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 3.\) Đáp án: 3.
Câu 49:
Phương trình \({\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) = 2\\f\left( x \right) = - 2\end{array} \right.\).
Dựa vào đồ thị, phương trình \[f\left( x \right) = 2\] có một nghiệm thực, phương trình \(f\left( x \right) = - 2\) có 3 nghiệm thực phân biệt, tất cả các nghiệm trên đều khác nhau nên phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt.Câu 50:
Trong Hình 1, ta gọi hình nón đỉnh \(S\) có chiều cao là \(h' = 12\).
Và đường tròn đáy có tâm \(N'\) có bán kính là \(R'\).
Áp dụng định lý Thalès, ta có: \(\frac{{R'}}{R} = \frac{{h'}}{h} \Rightarrow R' = \frac{{h'}}{h}R = \frac{1}{2}R\).
Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 1 là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R'^2}h' = \frac{1}{3}\pi \cdot \frac{1}{4}{R^2}.12 = \pi {R^2}\).
Trong Hình 2 ta gọi hình trụ có hai đường tròn đáy có tâm lần lượt là \[O,\,\,M;\] chiều cao là \(h\) có bán kính \[R.\]
Thể tích của lượng chất lỏng trong Hình 2 là \(V' = \pi {R^2}x\).
Theo đề bài ta có \(V = V' \Rightarrow \pi {R^2}x = \pi {R^2} \Rightarrow x = 1\).
Đáp án: 1.
Câu 51:
Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích trên là gì?
Đoạn văn miêu tả cảnh chiều tàn nơi phố huyện với những chi tiết: tiếng trống thu không; phương tây đỏ rực như lửa cháy và những đám mây hồng như hòn than sắp tàn; dãy tre làng như đen lại. Chọn C.
Câu 52:
Câu 53:
Câu 54:
Câu 55:
Phong cách của nhà văn Thạch Lam là giọng điệu trữ tình, giàu chất thơ. Đoạn trích này mang đậm dấu ấn phong cách của Thạch Lam, không có tình huống gay cấn, không có độc thoại nội tâm, cũng không xuất hiện chi tiết tạo hình, dựng cảnh ấn tượng. Chọn A.
Câu 56:
Phân tích phương án:
+ Có từ khóa “Cơ quan cảm giác đặc biệt”, “trắc tuyến” → Loại A.
+ Có từ khóa “Thị giác, thính giác, khứu giác, vị giác và xúc giác”, “Cơ quan cảm giác của động vật và của con người” → Loại B.
+ Có từ khóa “trắc tuyến của loài cá là một cái ống nhỏ bé, ẩn trong lớp da theo sự giãn cách nhất định” → Loại D.
+ Nội dung ý C không được nhắc đến trong bài → phương án đúng. Chọn C.
Câu 57:
Theo đoạn trích, ý nào sau đây KHÔNG phải lợi ích của trắc tuyến đối với cá?
Giải thích đáp án:
+ Phương án A: chi tiết “Duy trì sự liên lạc với đồng loại tránh bị thất lạc hoặc mất phương hướng” được nhắc trong câu (4) của đoạn 4 → Loại.
+ Phương án B: chi tiết “Cảm nhận được mối nguy hiểm của dòng nước” xuất hiện trong câu (1) của đoạn 4 → Loại.
+ Phương án C: suy luận được từ nội dung “Cá không thể nào nhìn được tất cả những sự vật xung quanh chúng, chúng hoàn toàn dựa vào sự nhận biết của trắc tuyến.” → Loại C.
+ Nhận diện: Nội dung ý D không tìm được thông tin trong đoạn trích. Chọn D.
Câu 58:
Câu ở mức độ nhận biết, nhưng dễ nhầm lẫn. HS đọc kĩ đoạn 3.
Nhận diện:
+ Từ “từ đó” là phép thế thay thế cho nội dung trước và là nguyên nhân trực tiếp/tiền đề dẫn đến nội dung phía sau.
+ Xác định vế trước và vế sau của từ “từ đó”: “Trắc tuyến tự liên kết với thần kinh, mỗi khi có dòng nước chảy với cường độ lớn qua thân thể của con cá, dòng nước đó sẽ làm cho trắc tuyến của con cá sản sinh ra các hooc-môn tương ứng. Từ đó tạo ra phản ứng chạy trốn, né tránh.” Xét về cấu tạo, vế trước của từ “từ đó” là “trắc tuyến của con cá đã sản sinh ra các hooc-môn tương ứng”; xét về logic, các hooc-môn này tạo ra phản ứng của cá ở vế sau. Chọn A.
Câu 59:
Học sinh có thể sử dụng phương pháp loại trừ để làm câu này:
- Trong đoạn trích không có quan điểm cá nhân và các lí lẽ, lập luận để thuyết phục người khác tin theo quan điểm đó → Loại A.
- Đoạn trích không phải một tác phẩm văn học, không có chức năng thẩm mĩ → Loại C.
- Đoạn trích không phải đoạn hội thoại hay thư tín, tự truyện..., cũng không chứa các từ mang tính chất khẩu ngữ → Loại D.
- Đoạn trích trình bày một vấn đề khoa học và có nhiều từ ngữ khoa học → Chọn B.
Câu 60:
Câu 61:
Câu 62:
Thông tin trong đoạn trích “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm...”. Sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm là những phẩm chất của con người. Chọn D.
Câu 63:
Đáp án A được đề cập đến trong câu: “Bản lĩnh tốt là vừa phục vụ được mục đích cá nhân vừa có được sự hài lòng từ những người xung quanh.”; Đáp án B được đề cập đến trong thông tin: “Thứ hai bạn phải chuẩn bị cho mình những tài sản bổ trợ như sự tự tin, ý chí, nghị lực, quyết tâm…”; Đáp án C được đề cập đến trong thông tin: “Bản lĩnh đúng nghĩa chỉ có được khi bạn biết đặt ra mục tiêu và phương pháp để đạt được mục tiêu đó. Nếu không có phương pháp thì cũng giống như bạn đang nhắm mắt chạy trên con đường có nhiều ổ gà.”. Chọn D.
Câu 64:
Trong văn bản, tác giả đã sử dụng lí lẽ, đưa ra dẫn chứng và lập luận về vấn đề bản lĩnh của con người → phương thức biểu đạt chính là nghị luận. Chọn A.
Câu 65:
Tác giả đã giải thích bản lĩnh là gì và đưa ra cách thức để rèn luyện bản lĩnh ở đoạn trích trên. Chọn B.
Câu 66:
Nội dung đoạn trích là cơ sở hình thành của đất nước, vậy nên cả hai đáp án trên đều sai. Chọn D.
Câu 67:
Câu 68:
Câu 69:
Câu thơ “Hạt gạo phải một nắng hai sương xay, giã, giần, sàng” → Thành ngữ: “Một nắng hai sương” chỉ sự vất vả, cần cù chăm chỉ của con người. Chọn B.
Câu 70:
Biện pháp nghệ thuật nổi bật được tác giả sử dụng trong đoạn thơ trên là liệt kê với: miếng trầu, trồng tre mà đánh giặc, tóc mẹ thì bới sau đầu, gừng cay muối mặn, cái kèo, cái cột... Chọn A.
Câu 71:
Đọc kĩ ngữ liệu để xác định được nội dung và nghĩa của câu. Xác định được mối quan hệ giữa hai vế của câu. Vế 1: “Bộ Ngoại giao hiện đang rất tích cực đàm phán, trao đổi với các đối tác” là hành động, vế 2; “việc công nhận lẫn nhau hộ chiếu vắc xin” là phạm vi nội dung của hành động trong vế 1 → Như vậy, từ “cho” dùng không đúng chức năng và có thể thay bằng từ “về”. Chọn C.
Câu 72:
Xác định một từ/ cụm từ SAI về mặt ngữ pháp/ hoặc ngữ nghĩa/ logic/ phong cách.
Thực phẩm bẩn giờ đây đã trở thành một vấn đề chung của xã hội, tuy khó phát hiện nhưng người tiêu dùng tập trung phòng tránh bằng cách cẩn thận trong chọn mua và nấu nướng hằng ngày.
Lỗi dùng từ chưa hợp nội dung văn bản, từ “tập trung” dồn sự chú ý, quan tâm, hành động chỉ phòng tránh trong việc cẩn thận chọn mua thực phẩm là chưa đủ, thay thế bằng từ “có thể” ý chỉ cẩn thận chọn mua và nấu nướng là một trong những biện pháp phòng tránh. Chọn C.
Câu 73:
Câu 74:
Câu 75:
Câu 76:
Tản Đà là tác giả thuộc giai đoạn văn học giao thời đầu thế kỉ XX. Ông được đánh giá là người chuẩn bị cho sự ra đời của thơ mới trong nền văn học Việt Nam, là “gạch nối giữa hai thời kì văn học cổ điển và hiện đại”. Chọn C.
Câu 77:
Những nhà thơ trưởng thành trong thời kì kháng chiến chống Mĩ là thế hệ nhà thơ sinh khoảng đầu năm 1940, trưởng thành và sáng tác trong giai đoạn 1954 – 1975. Phương án A, B, C là trường hợp những nhà thơ trưởng thành trong giai đoạn ấy (ghi nhớ nhanh: Phạm Tiến Duật sáng tác “Bài thơ về tiểu đội xe không kính” năm 1969, Nguyễn Khoa Điềm viết “Đất Nước” năm 1974, Xuân Quỳnh sáng tác “Sóng” năm 1968). Phương án D (Tố Hữu) trưởng thành và sáng tác từ trước Cách mạng Tháng Tám. Chọn D.
Câu 78:
Câu 79:
Tác giả Nguyễn Minh Châu không thuộc giai đoạn văn học hiện thực trước Cách mạng. Chọn C.
Câu 80:
Câu 81:
Thơ Xuân Quỳnh là tiếng lòng của một tâm hồn trắc ẩn, luôn thiết tha gắn bó với cuộc đời, với con người, khao khát tình yêu, trân trọng hạnh phúc bình dị đời thường. Chọn A.
Câu 82:
Câu văn nhắc tới “sản phẩm được cá nhân tạo nên” nên loại nhanh phương án C, D vì “chữ viết” và “ngôn từ” thuộc vốn tài sản chung của cộng đồng, dân tộc. Phương án A sai vì chủ thể tạo ra sản phẩm ở đây là cá nhân nói chung, không phải ai cũng tạo ra được tác phẩm mới phải là những người nghệ sĩ. Chọn B.
Câu 83:
Với những kiếp người sống cơ cực, tình cảm dành cho họ là niềm xót thương. Chọn C.
Câu 84:
Bối cảnh của câu: Đây là câu nói của Hưng Đạo Vương Trần Quốc Tuấn khi được Vua đến thăm (Hưng Đạo Vương khi đó bị ốm) và hỏi ông rằng: “Nếu chẳng may Vương mất, mà giặc phương Bắc lại sang thì làm thế nào?”. Ông đã trả lời rằng “khoan thư sức dân là thượng sách giữ nước muôn đời”.
- Các từ “kế sách”, “mưu chước”, “mưu kế” đều chỉ cách khôn khéo được tính toán kĩ để đánh lừa đối phương, nhằm đạt mục đích của mình.
- Từ “thượng sách” mang nghĩa phương kế coi là hay nhất trong các phương kế. Đặt trong ngữ cảnh trên, từ “thượng sách” là phù hợp nhất.
→ Khoan thư sức dân để làm kế sâu rễ bền gốc, đó là thượng sách giữ nước muôn đời vậy. Chọn B.
Câu 85:
Câu 86:
Câu 87:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Chợ họp giữa phố vãn từ lâu. Người về hết và tiếng ồn ào cũng mất. Trên đất chỉ còn rác rưởi, vỏ bưởi, vỏ thị, lá nhãn và bã mía. Một mùi âm ẩm bốc lên, hơi nóng của ban ngày lẫn mùi cát bụi quen thuộc quá, khiến chị em Liên tưởng là mùi riêng của đất, của quê hương này. Một vài người bán hàng về muộn đang thu xếp hàng hóa, đòn gánh đã xỏ sẵn vào quang rồi, họ còn đứng nói chuyện với nhau ít câu nữa.
Mấy đứa trẻ con nhà nghèo ở ven chợ cúi lom khom trên mặt đất đi lại tìm tòi. Chúng nhặt nhạnh thanh nứa thanh tre, hay bất cứ cái gì có thể dùng được của các người bán hàng để lại, Liên trông thấy động lòng thương nhưng chính chị cũng không có tiền để mà cho chúng nó.
(Hai đứa trẻ – Thạch Lam)
Học sinh dựa vào những từ ngữ và nội dung của các câu văn, đoạn văn để xác định nội dung chính của đoạn trích. Đoạn trích miêu tả khung cảnh một khu chợ nghèo vào thời điểm ngày tàn với sự vật “Trên đất chỉ còn rác rưởi, vỏ bưởi, vỏ thị, lá nhãn và bã mía.”; mùi hương “Một mùi âm ẩm bốc lên”; hành động của các nhân vật “vài người bán hàng về muộn”, “Mấy đứa trẻ con nhà nghèo”. Chọn A.
Câu 88:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Dòng thác hùm beo đang hồng hộc tế mạnh trên sông đá. Nắm chặt lấy được cái bờm sóng đúng luồng rồi, ông đò ghì cương lái, bám chắc lấy luồng nước đúng mà phóng nhanh vào cửa sinh, mà lái miết một đường chéo về phía cửa đá ấy. Bốn năm bọn thuỷ quân cửa ải nước bên bờ trái liền xô ra định níu thuyền lôi vào tập đoàn cửa tử. Ông đò vẫn nhớ mặt bọn này, đứa thì ông tránh mà rảo bơi chèo lên, đứa thì ông đè sấn lên mà chặt đôi ra để mở đường tiến. Những luồng tử đã bỏ hết lại sau thuyền. Chỉ còn vẳng reo tiếng hò của sóng thác luồng sinh. Chúng vẫn không ngớt khiêu khích, mặc dầu cái thằng đá tướng đứng chiến ở cửa vào đã tiu nghỉu cái mặt xanh lè thất vọng thua cái thuyền đã đánh trúng vào cửa sinh nó trấn lấy.
(Người lái đò Sông Đà – Nguyễn Tuân)
Câu 89:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
“Tất cả mọi người đều sinh ra có quyền bình đẳng, tạo hóa cho họ những quyền không ai có thể xâm phạm được; trong những quyền ấy, có quyền được sống, quyền tự do và quyền mưu cầu hạnh phúc.”
Lời bất hủ ấy ở trong bản Tuyên ngôn Độc lập năm 1776 của nước Mỹ. Suy rộng ra, câu ấy có ý nghĩa là: tất cả các dân tộc trên thế giới đều sinh ra bình đẳng; dân tộc nào cũng có quyền sống, quyền sung sướng và quyền tự do.
Bản Tuyên ngôn Nhân quyền và Dân quyền của cách mạng Pháp năm 1791 cũng nói: “Người ta sinh ra tự do và bình đẳng về quyền lợi, và phải luôn luôn được tự do và bình đẳng về quyền lợi”.
Đó là những lẽ phải không ai chối cãi được.
(Tuyên ngôn độc lập – Hồ Chí Minh)
Đoạn trích nổi bật với những lập luận sắc bén, dẫn chứng chân thực giàu sức thuyết phục. Chọn B.
Câu 90:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Truyền kì là một thể văn xuôi tự sự thời trung đại phản ánh hiện thực qua những yếu tố kì lạ, hoang đường. Trong truyện truyền kì, thế giới con người và thế giới cōi âm với những thánh thần, ma quỷ có sự tương giao. Đó chính là yếu tố tạo nên sự hấp dẫn đặc biệt của thể loại.
Phương thức biểu đạt chính của đoạn trích là gì?
Đoạn trích thuyết minh, cung cấp tri thức về thể loại truyền kì. Chọn C.
Câu 91:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Bão bùng thân bọc lấy thân
Tay ôm tay níu tre gần nhau thêm.
(Trích Tre Việt Nam – Nguyễn Duy)
Các từ “thân, tay, níu, bọc,…” là những từ được dùng để chỉ hoạt động, tính chất của con người nhưng được sử dụng cho sự vật. Biện pháp nghệ thuật được sử dụng ở đây là biện pháp nhân hoá. Chọn D.
Câu 92:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Bác đã đi rồi sao, Bác ơi!
Mùa thu đang đẹp, nắng xanh trời
Miền Nam đang thắng, mơ ngày hội
Rước Bác vào thăm, thấy Bác cười!
(Trích Bác ơi – Tố Hữu)
Câu 93:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Dân ta có một lòng nồng nàn yêu nước. Đó là một truyền thống quý báu của ta. Từ xưa đến nay. Mỗi khi Tổ quốc bị xâm lăng thì tinh thần ấy lại sôi nổi, nó kết thành một làn sóng vô cùng mạnh mẽ, to lớn, nó lướt qua mọi sự nguy hiểm, khó khăn, nó nhấn chìm tất cả lũ bán nước và lũ cướp nước.
(Tinh thần yêu nước của nhân dân ta – Hồ Chí Minh)
Đoạn trích sử dụng thao tác lập luận bình luận là chủ yếu. Với các chi tiết như: “Dân ta có một lòng nồng nàn yêu nước. Đó là một truyền thống quý báu của ta…”. Chọn A.
Câu 94:
Đọc đoạn trích sau và trả lời câu hỏi:
Những người vợ nhớ chồng còn góp cho Đất Nước những núi Vọng Phu
Cặp vợ chồng yêu nhau góp nên hòn Trống Mái
Gót ngựa của Thánh Gióng đi qua còn trăm ao đầm để lại
Chín mươi chín con voi góp mình dựng Đất tổ Hùng Vương
(Đất Nước, trích Trường ca Mặt đường khát vọng – Nguyễn Khoa Điềm)
Hàng loạt những không gian địa lí được nhắc đến trong đoạn thơ như: núi Vọng Phu, hòn Trống Mái, trăm ao đầm, Đất tổ Hùng Vương. Chọn B.
Câu 95:
Phép điệp, so sánh: “như”, “đầu”. Chọn B.
Câu 96:
Trong câu thơ đầu tiên của đoạn trích sử dụng biện pháp hoán dụ: người Thôn Đoài nhớ người Thôn Đông. Chọn B.
Câu 97:
Câu 98:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Thuở nhỏ tôi ra cống Na câu cá
níu váy bà đi chợ Bình Lâm
bắt chim sẻ ở vành tai tượng Phật
và đôi khi ăn trộm nhãn chùa Trần.
Thuở nhỏ tôi lên chơi đền Cây Thị
chân đất đi đêm xem lễ đền Sòng
mùi huệ trắng quyện khói trầm thơm lắm
điệu hát văn lảo đảo bóng cô đồng.
(Đò lèn – Nguyễn Duy)
Câu 99:
Câu 100:
Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:
Nào đợi ai đòi ai bắt, phen này xin ra sức đoạn kình; chẳng thèm trốn ngược trốn xuôi, chuyến này dốc ra tay bộ hổ.
(Văn tế nghĩa sĩ Cần Giuộc – Nguyễn Đình Chiểu)
Câu trên phản ánh sự thay đổi về phương diện nào ở người nông dân khi nghe tin giặc Pháp xâm lược nước ta?
Câu 101:
Câu 102:
Cuộc Tiến công chiến lược Đông-Xuân 1953-1954 của quân dân Việt Nam nhằm
Phương hướng chiến lược của Đông-Xuân 1953-1954: Tập trung lực lượng mở những cuộc tiến công vào những hướng quan trọng về chiến lược mà địch tương đối yếu, nhằm tiêu diệt sinh lực địch, giải phóng đất đai, buộc chúng phải phân tán lực lượng, tạo điều kiện thuận lợi để ta tiêu diệt địch. Chọn B.
Câu 103:
Tư sản, tiểu tư sản tri thức là bộ phần mới ra đời sau chiến tranh thế giới thứ nhất, đây là bộ phận nhạy cảm với thời cuộc và vừa ra đời đã bổ sung thêm lực lượng cho phong trào yêu nước dân tộc dân chủ ở Việt Nam. Chọn A.
Câu 104:
Ngày 8-8-1967, Hiệp hội các nước Đông Nam Á (ASEAN) được thành lập tại Bangkok (Thái Lan), gồm 5 nước: Inđônêxia, Malaixia, Philippin, Xingapo. Trụ sở ở Jakarta (Inđônêxia). Chọn D.
Câu 105:
Hiệp định Pari năm 1973 có điều khoản: Hoa Ki rút hết quân đội của mình và quân các nước đồng minh, huỷ bỏ các căn cứ quân sự, cam kết không tiếp tục dinh liu quân sự hoặc can thiệp vào công việc nội bộ của miền Nam Việt Nam. Điều khoản này buộc Mĩ và quân đồng minh của Mĩ phải rút khỏi, đây được coi là việc đánh đấu nhân dân Việt Nam "căn bản" hoàn thành nhiệm vụ đánh cho "Mĩ cút". Chọn D.
Câu 106:
Đọc Sơ thảo luận cương về vấn đề dân tộc và thuộc địa của Lênin (7/1920) đã giúp Nguyễn Ái Quốc tìm thấy con đường cứu nước đúng đắn cho dân tộc đó là con đường cách mạng vô sản. Chọn C.
Câu 107:
Độc lập dân tộc và ruộng đất cho dân cày không phải là nội dung được nêu trong Hội nghị Ban chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Đông Dương tháng 7/1936. Chọn D.
Câu 108:
Chiều 6-3-1946, tại Hà Nội, Chủ tịch Hồ Chí Minh thay mặt Chính phủ Việt Nam Dân chủ Cộng hoà kí với G. Xanhtơni-đại diện Chính phủ Pháp-bản Hiệp định Sơ bộ.
Pháp chỉ công nhận Việt Nam là quốc gia tư do mà không phải là quốc gia độc lập nên đáp án D sai. Chọn D.
Câu 109:
Theo nội dung của Hiệp định Sơ bộ thì: Chính phủ Pháp công nhận nước Việt Nam Dân chủ Cộng hoà là một quốc gia tự do, có chính phủ riêng, nghị viện riêng, quân đội riêng, tài chính riêng và là thành viên của Liên bang Đông Dương, nằm trong khối Liên hiệp Pháp. Chọn D.
Câu 110:
Tất cả các hiệp định Sơ bộ (1946), Giơnevơ (1954) về Đông Dương và Pari (1973) về Việt Nam đều để lại bài học kinh nghiệm chung đó là có thể nhân nhưng cho kẻ thù một số quyển lợi nhất định để đạt được mục đích cuối cùng nhưng dù có nhân nhướng đến đâu cũng đảm bảo chủ quyển quốc gia, dân tộc. Chọn A.
Câu 112:
Trong thị trường chung châu Âu được tự do lưu thông về dịch vụ, hàng hóa, tiền vốn, con người. Cư trú không nằm trong những lĩnh vực được tự do lưu thông. Chọn B.
Câu 113:
Câu 114:
Khí hậu và thiên nhiên giữa vùng núi Đông Bắc và Tây Bắc có sự khác nhau chủ yếu là do hướng núi và độ cao địa hình. Chọn A.
Câu 115:
Quảng Ninh có nhiều thành phố trực thuộc nhất. Chọn C.
Câu 116:
Cho biểu đồ:
DIỆN TÍCH VÀ SẢN LƯỢNG LÚA NƯỚC TA GIAI ĐOẠN 1990-2020
(Nguồn: gso.gov.vn)
Biểu đồ đường + xuất phát từ 100% → thể hiện tốc độ tăng trưởng. Chọn D.
Câu 117:
Cảng nước sâu Dung Quất ở Quảng Ngãi gắn liền với nhà máy lọc dầu Dung Quất. Chọn A.
Câu 118:
Nguồn cung cấp thịt chủ yếu trên thị trường nước ta hiện nay là từ chăn nuôi lợn. Đây là loại thịt phổ biến nhất ở nước ta. Chọn A.
Câu 119:
Vùng thường xảy ra lũ quét là nơi có địa hình dốc → Chọn A.
Câu 120:
Câu 121:
Để có thể tạo ra sự phóng tia lửa điện giữa hai điện cực đặt trong không khi ở điều kiện thường thì điện trường giữa hai điện cực phải có cường độ trên 3.106 V/m. Chọn C.
Câu 122:
Khoảng cách từ \({\rm{M}}\) đến dây dẫn là \(r = {2.10^{ - 7}} \cdot \frac{I}{B} = 1\;{\rm{cm}}\). Chọn B.
Câu 123:
Câu 124:
Thuyết lượng tử ánh sáng không được dùng để giải thích hiện tượng giao thoa ánh sáng.
Chọn C.
Câu 125:
Khoảng cách giữa 2 xung là 6 ô tương đương 6 cm → khoảng thời gian giữa 2 xung là 12 ms. Chọn B.
Câu 126:
Tần số giảm dần → bước sóng tăng dần. Ta có máy chụp kiểm tra tổn thương xương ở cơ thể người phát ra tia X, đèn quảng cáo phát ra ánh sáng khả kiến, bàn là áo quần phát ra tia hồng ngoại, điện thoại di động phát ra sóng vô tuyến. Theo thứ tự là III, II, I, IV. Chọn C.
Câu 127:
Một sóng truyền theo phương AB. Tại một thời điểm nào đó, hình dạng sóng có dạng như hình vē. Biết rằng điểm M đang đi lên vị trí cân bằng. Khi đó điểm N đang chuyển động
Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên. Từ đồ thị ta có, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên → Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên. Chọn D.
Câu 128:
Tần số góc của dao động trong mạch là \(\omega = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} = \frac{{2\pi \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 9}}}} = 2\pi \cdot {10^6}({\rm{rad}}/{\rm{s}})\). Chọn A.
Câu 129:
Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng \(m = 200\;{\rm{g}}\) dao động điều hoà. Chọn gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng. Sự phụ thuộc của thế năng của con lắc theo thời gian được cho như trên đồ thị. Lấy \({\pi ^2} = 10.\) Biên độ dao động của con lắc bằng
Từ đồ thị ta thấy \(\Delta t = \frac{1}{{12}} = \frac{{{T^\prime }}}{3} = \frac{T}{6} \to T = \frac{1}{2}\;{\rm{s}} \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 4\pi ({\rm{rad}}/{\rm{s}})\)
Ta có: \({{\rm{W}}_{d\max }} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \to A = 5\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Chọn D.
Câu 130:
Mạch điện xoay chiều gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có cảm kháng \({Z_L}\) và tụ điện có dung kháng \({Z_C} = 2{Z_L}\) mắc nối tiếp. Vào một thời điểm khi điện áp giữa hai đầu điện trở và tụ điện có giá trị tương ứng là 40 V và 30 V thì điện áp giữa hai đầu mạch điện là
Đáp án: ……….
\({Z_C} = 2{Z_L} \Rightarrow {u_C} = - 2{u_L} \Rightarrow {u_L} = - \frac{{{u_C}}}{2} = - \frac{{30}}{2} = - 15V\)
\[u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 40 - 15 + 30 = 55\,V\]
Đáp án: 55 V
Câu 131:
Cholesterol là một hợp chất thiết yếu được tìm thấy ở hầu hết các mô trong cơ thể, bao gồm cả tế bào thần kinh. Mức cholesterol trên mức bình thường (trên 6,5 mmol/l) có liên quan đến việc tăng nguy cơ mắc bệnh tim. Cholesterol làm cứng và tắc nghẽn động mạch bằng cách tích tụ các lớp chất rắn (mảng xơ vữa) bên trong động mạch. Điều này đặc biệt nghiêm trọng nếu các động mạch cung cấp máu cho tim hoặc não bị tắc nghẽn. Biết rằng Cholesterol có 27 nguyên tử C. Công thức phân tử của Cholesterol là
Từ công thức cấu tạo ta thấy phân tử cholesterol có 4 vòng + 1 liên kết π; 1 nguyên tử O, 27 nguyên tử C.
Công thức phân tử tổng quát là C27HyO.
Áp dụng công thức độ bất bão hòa ta có: \(5 = \frac{{27 \cdot 2 - y + 2}}{2} \Rightarrow y = 46\)
Công thức phân tử của cholesterol là \({C_{27}}{H_{46}}O\). Chọn A.
Câu 132:
Khi nung nóng, \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) sẽ bắt đầu mất dần khối lượng. Đồ thị hình bên biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng chất rắn vào nhiệt độ.
Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({200^o }{\rm{C}}\) là
Khối lượng \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) ban đầu \( = 17,61\,\,{\rm{gam}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} \cdot {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}} = 0,120\;\,{\rm{mol}}\)
Tại 200\(^oC\), khối lượng giảm 2,17 gam \( = 0,120 \cdot 18 = {m_{{H_2}O}} \Rightarrow \) Thành phần gần nhất của chất rắn sau khi nhiệt độ đạt đến \({200^o }{\rm{C}}\) là \({\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}.\)Chọn A.
Câu 133:
Dung dịch X tác dụng hết dung dịch \(AgN{O_3}\)dư, thu được 17,22 gam kết tủa AgCl.
Þ \({n_{AgCl}} = \frac{{17,22}}{{143,5}} = 0,12\,mol \Rightarrow {n_{C{l^ - }\,(X)}} = 0,12\,mol\)
Xét trong dung dịch X ta có:
+ Bảo toàn điện tích \( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }}}} = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
+ Cho dung dịch \(X + 0,17\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)
Mà để tạo \(0,04\;{\rm{mol}}\,\,{\rm{Mg}}{({\rm{OH}})_2}\)và \(0,01\;{\rm{mol}}\,{\rm{Cu}}{({\rm{OH}})_2}\) tốn \(0,1\;{\rm{mol}}\,{\rm{NaOH}}.\)
Þ Còn 0,07 mol NaOH tác dụng với \({\rm{A}}{{\rm{l}}^{3 + }}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{({\rm{OH}})}_3} \downarrow }} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 4 \cdot 0,02 - 0,07 = 0,01\;{\rm{mol}}.\)
\( \Rightarrow {m_ \downarrow } = {m_{Mg{{(OH)}_2}}} + {m_{Cu{{(OH)}_2}}} + {m_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,04 \cdot 58 + 0,01 \cdot 98 + 0,01 \cdot 78 = 4,08\) gam. Chọn C.
Câu 134:
Gọi số của X và Y lần lượt 3x và 2x mol.
Vì amino acid X và Y đều chứa một nhóm \({\rm{COOH}}\) và một nhóm \(N{H_2}\)nên: \( \Rightarrow 3x + 2x = 0,14.3 - 0,11.2 \Rightarrow x = 0,04\)
Gọi công thức của X là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{\rm{RCOOH}}:0,12\) mol và của \({\rm{Y}}\) là \({\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{{\rm{R}}^\prime }{\rm{COOH}}\) : 0,08 mol
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 0,12(16 + R + 45) + 0,08.\left( {16 + {R^\prime } + 45} \right) = 17,24 \Rightarrow 3R + 2{R^\prime } = 126\\ \Rightarrow R = 14\left( { - {\rm{C}}{{\rm{H}}_2} - } \right);\,{R^\prime } = 42\left( { - {{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6} - } \right)\end{array}\)
Vậy công thức của 2 amino acid là \({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}}\) và \({{\rm{H}}_2}{\rm{N}}{{\rm{C}}_3}{{\rm{H}}_6}{\rm{COOH}}.\) Chọn B.
Câu 135:
Thực hiện thí nghiệm chưng cất ethanol từ dung dịch ethanol - nước.
Chuẩn bị: Rượu được nấu thủ công (thành phần chủ yếu gồm ethanol và nước); bình cầu có nhánh 250 mL, nhiệt kế, ống sinh hàn nước, ống nối, ống đong 50 mL, bình tam giác 100 mL, đá bọt, nguồn nhiệt (bếp điện, đèn cồn).
Tiến hành:
- Cho 60 mL rượu được nấu thủ công vào bình cầu có nhánh, thêm vài viên đá bọt.
Chú ý: chất lỏng trong bình không vượt quá \(\frac{2}{3}\) thể tích bình.
- Lắp dụng cụ như Hình bên dưới.
- Đun nóng từ từ đến khi hỗn hợp sôi, quan sát nhiệt độ trên nhiệt kế thấy tăng dần, khi nhiệt độ trên nhiệt kế ổn định, đó chính là nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước. Khi nhiệt độ bắt đầu tăng trở lại thì tắt nguồn nhiệt, ngừng chưng cất.
Cho các phát biểu sau:
(1) Nhiệt độ sôi của ethanol thấp hơn nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước.
(2) Nhiệt độ sôi của hỗn hợp ethanol và nước thấp hơn nhiệt độ sôi của nước.
(3) Độ cồn của rượu sau khi đun sẽ lớn hơn so với rượu ban đầu do sau khi đun thì rượu thu được tinh khiết hơn, lẫn ít nước hơn rượu ban đầu.
(4) Ở bình hứng thu được nước nguyên chất.
(5) Đá bọt có vai trò điều hòa quá trình sôi, tránh hiện tượng quá sôi.
Số phát biểu đúng là
Phát biểu đúng: (1), (2), (5).
(3) Sai, \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) có nhiệt độ sôi thấp hơn sẽ bay đi trước, làm cho hỗn hợp ban đầu mất đi \({{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}}\) và độ rượu của hỗn hợp trong bình cầu sẽ giảm.
(4) Sai, bình hứng thu được hỗn hợp ethanol và nước.
Chọn B.
Câu 136:
Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên. Chọn C.
Câu 137:
Vì chất rắn phản ứng với \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) vẫn sinh ra khí \({\rm{NO}} \Rightarrow \) Vẫn còn \({\rm{Cu}}.\)
\( \Rightarrow \) Khí \({{\rm{O}}_2}\) sinh ra đã bị Cu phản ứng hết tạo CuO
\( \Rightarrow \) Khối lượng giảm kia chính là \({{\rm{m}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{9,2}}{{46}} = 0,2\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}} = 0,1\;{\rm{mol}}.\)
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{Cu }}}} = 31,6 - 0,1 \cdot 188 = 12,8{\rm{ gam}}\).
Chọn B.
Câu 138:
Có 5 dung dịch \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3},{\rm{HCl}},{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}},{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}\) cùng nồng độ được đánh ngẫu nhiên là \({\rm{A}},{\rm{B}},{\rm{C}}\), D, E. Giá trị pH và khả năng dẫn điện của dung dịch theo bảng sau:
Dung dịch |
A |
B |
C |
D |
E |
pH |
5,15 |
10,35 |
4,95 |
1,25 |
10,60 |
Khả năng dẫn điện |
Tốt |
Tốt |
Kém |
Tốt |
Kém |
Các dung dịch A, B, C, D, E lần lượt là
Đầu tiên, xét về độ dẫn điện, các chất điện li yếu là các acid yếu, base yếu và chất hữu cơ Þ C và E phải là 1 trong 2 chất \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\) và \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}.\)
Từ dữ kiện này ta dễ dàng loại được đáp án A và B.
- Tiếp theo, ta nhận xét về pH thứ tự tăng dần là: \({\rm{HCl}};{\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}};{\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{Cl}};{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3};{\rm{N}}{{\rm{H}}_3}\)
Xếp theo pH tăng dần của bảng ta có: \({\rm{D}} < {\rm{C}} < {\rm{A}} < {\rm{E}} < {\rm{B}}\)
Chọn C.
Câu 139:
Tỉ khối so với \({{\rm{H}}_2}\) giảm \( \Rightarrow {\rm{M}}\) hỗn hợp giảm đi dẫn đến tổng số mol khí tăng lên \( \Rightarrow \) cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng thu nhiệt hay chiều phản ứng nghịch \((\Delta H > 0)\). Vậy chiều thuận của phản ứng tỏa nhiệt (\(\Delta H < 0).\)
Chọn D.
Câu 140:
Cho một thanh hợp kim nặng 8,8 gam chứa các kim loại Ag, Fe, Mg hòa tan trong 750 mL \(CuS{O_4}\)0,1M. Sau một thời gian, thu được thanh hợp kim X và dung dịch Y. Rửa sạch và sấy khô thanh hợp kim X và cân thấy khối lượng tăng thêm so với thanh hợp kim ban đầu là 1,16 gam. Nhúng thanh X vào dung dịch \({{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}\) đặc nóng dư thì thu được 2,576 lít khí \({\rm{S}}{{\rm{O}}_2}\) (đktc). Cho \(800\;{\rm{mL}}\) dung dịch \({\rm{NaOH}}\) 0,2M vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa rửa sạch, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 5 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Ag trong hợp kim là
Đáp án: ……….
Tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
Chú ý thí nghiệm (1) phản ứng xảy ra trong một thời gian nên phản ứng không xảy ra hoàn toàn.
Nếu \({\rm{Mg}}\)còn dư trong phản ứng \({\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4} \Rightarrow {\rm{m}}\) tăng \( = 0,075\). (64-24) \( = 3\;{\rm{g}} > 1,16.\) Vậy Mg phản ứng hết: \({\rm{x}}\) mol, \({\rm{Fe}}\) phản ứng một phần: y mol
Luôn có \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}^{2 - }}} = 0,075\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = 0,15 < 0,16\) nên trong thí nghiệm dung dịch \({\rm{Y}}\) phản ứng với \({\rm{NaOH}}\) thì \({\rm{NaOH}}\) còn dư, toàn bộ lượng muối chuyển về hydroxide tương ứng \( \Rightarrow 5\) gam chất rắn chứa \({\rm{MgO}},{\rm{F}}{{\rm{e}}_2}{{\rm{O}}_3},{\rm{CuO}}\)
\( \Rightarrow 40x + 80y + 80.(0,075 - x - y) = 5 \Rightarrow x = 0,025\;{\rm{mol}}\)
Khối lượng thanh kim loại tăng 1,16 gam
\( \Rightarrow x.(64 - 24) + y.(64 - 56) = 1,16 \to y = 0,02\)
Tổng khối lượng hợp kim là 8,8 gam \( \Rightarrow 108a + 24.0,025 + 56.(b + 0,02) = 8,8\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
Bảo toàn electron: \(a + 3b + 0,045.2 = 0,115.2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Từ (1) và (2) giải hệ phương trình được \({\rm{a}} = 0,05,\;{\rm{b}} = 0,03\)
\(\% {\rm{Ag}} = \frac{{0,05 \cdot 108}}{{8,8}} \times 100\% = 61,36\% \). Đáp án: 61,36%
Câu 141:
Có bao nhiêu loài động vật dưới đây có hệ tuần hoàn đơn?
I. Tôm sú II. Cá chép III. Cá sấu IV. Chim bồ câu
Trong các động vật trên, động vật có hệ tuần hoàn đơn là cá chép. Tôm sú có hệ tuần hoàn hở, cá sấu và chim bồ câu có hệ tuần hoàn kép. Chọn A.
Câu 142:
Những nét hoa văn trên đồ gỗ có xuất xứ từ vòng gỗ hằng năm (Sinh trưởng thứ cấp tạo nên các vòng gỗ đồng tâm với lớp màu sáng (gỗ sớm, hình thành vào mùa xuân, tế bào lớn, thành mỏng) và tối (gỗ muộn, hình thành vào mùa hè và thu, tế bào bé, thành dày) xen kẽ với nhau. Mỗi năm tạo nên một vòng nên còn được gọi là vòng gỗ hằng năm). Chọn D.
Câu 143:
Ở cá xương, dòng nước chảy từ miệng qua mang theo một chiều và gần như liên tục là nhờ miệng và diềm nắp mang đóng mở nhịp nhàng:
- Khi cá thở vào: Cửa miệng cá mở ra, thềm miệng hạ thấp xuống, nắp mang đóng dẫn đến thể tích khoang miệng tăng lên, áp suất trong khoang miệng giảm, nước tràn qua miệng vào khoang.
+ Khi cá thở ra: Cửa miệng cá đóng lại, thềm miệng nâng lên, nắp mang mở ra làm giảm thể tích khoang miệng, áp suất trong khoang miệng tăng lên có tác dụng đẩy nước từ khoang miệng đi qua mang. Ngay lúc đó, cửa miệng cá lại mở ra và thềm miệng lại hạ xuống làm cho nước lại tràn vào khoang miệng. Chọn A.
Câu 144:
Trên mạch mARN chỉ có A, U, G → Trên mạch mã gốc có A, T, X → Trên mạch bổ sung của gen có T, A, G; không có X. Chọn D.
Câu 145:
Khi nói về hoạt động của opêron Lac ở vi khuẩn E. coli, có bao nhiêu phát biểu sau đây đúng?
I. Nếu xảy ra đột biến ở giữa gen cấu trúc Z thì có thể làm cho prôtêin do gen này quy định bị bất hoạt.
II. Nếu xảy ra đột biến ở gen điều hòa R làm cho gen này không được phiên mã thì các gen cấu trúc Z, Y, A cũng không được phiên mã.
III. Khi prôtêin ức chế liên kết với vùng vận hành thì các gen cấu trúc Z, Y, A không được phiên mã.
IV. Nếu xảy ra đột biến mất 1 cặp nuclêôtit ở giữa gen điều hòa R thì có thể làm cho các gen cấu trúc Z, Y, A phiên mã ngay cả khi môi trường không có lactôzơ.
Các phát biểu đúng là: I, III, IV.
II. Sai. Nếu gen điều hòa R không phiên mã thì sẽ không tạo ra prôtêin ức chế dẫn đến các gen Z, Y, A phiên mã ngay cả khi không có lactôzơ trong môi trường. Chọn D.
Câu 146:
Nguyên nhân dẫn đến hiện tượng ưu thế lai là F1 tập trung nhiều gen dị hợp → Phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là phép lai tạo ra con lai có nhiều kiểu gen dị hợp nhất → Trong các phép lai trên, phép lai tạo ra đời con có ưu thế lai cao nhất là dòng (I) × dòng (II) (AAbb x aaBB → AaBb). Chọn D.
Câu 147:
- Các nhân tố giao phối không ngẫu nhiên, chọn lọc tự nhiên, các yếu tố ngẫu nhiên đều là các nhân tố làm giảm tính đa dạng di truyền của quần thể.
- Trong các nhân tố trên thì di nhập gen vừa có khả năng làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, vừa có khả năng làm tăng tính đa dạng di truyền của quần thể. Vì khi di gen thì có thể làm giảm tính đa dạng di truyền quần thể, khi nhập gen thì có thể làm tăng tính đa dạng di truyền quần thể. Chọn A.
Câu 148:
Nơi sống của cây a có mật độ cây cao nên có thân cao thẳng, cành chỉ tập trung ở phần ngọn để nhận được ánh sáng. Cây b mọc ở nơi trống trải nên có nhiều cành và tán cây rộng để nhận được nhiều ánh sáng. Chọn A.
Câu 149:
Phả hệ dưới đây mô tả sự di truyền của một bệnh ở người:
D. Sai. Nếu bệnh do gen trong tế bào chất quy định thì kiểu hình của con sinh ra giống mẹ.
C. Sai. Bố mẹ ở thế hệ thứ III bị bệnh sinh con bình thường nên gen gây bệnh không thể do gen lặn quy định.
B. Sai. Bố mẹ không bị bệnh, sinh con bị bệnh nên gen gây bệnh không thể là gen trội.
Chọn A.
Câu 150:
Ở một loài thú, tính trạng màu lông do một gen có 4 alen nằm trên nhiễm sắc thể thường quy định. Alen A quy định lông đen trội hoàn toàn so với các alen A2, alen A3 và alen A4; alen A2 quy định lông xám trội hoàn toàn so với các alen A3 và alen A4; alen A3 quy định lông vàng trội hoàn toàn so với alen A4 quy định lông trắng. Giả sử quần thể có 100 cá thể lông vàng, trong đó có 50 cá thể lông vàng thuần chủng. Cho tất cả các cá thể lông vàng giao phối ngẫu nhiên với nhau, trong số cá thể lông vàng thu được ở đời Fı, số cá thể có kiểu gen dị hợp chiếm tỉ lệ bao nhiêu?
Đáp án: ……….
Quy ước gen: Cá thể lông đen có kiểu gen: A1A1/2/3/4; Cá thể lông xám có kiểu gen: A2A2/3/4; Cá thể lông vàng có kiểu gen: A3A3/4; Cá thể lông trắng có kiểu gen: A4A4.
Quần thể có 100 cá thể lông vàng, trong đó có 50 cá thể lông vàng thuần chủng nên:
→ Thành phần kiểu gen của quần thể: \(\frac{1}{2}\;{{\rm{A}}_3}\;{{\rm{A}}_3}:\frac{1}{2}\;{{\rm{A}}_3}\;{{\rm{A}}_4}\)
→ Tần số alen \({{\rm{A}}_3} = \frac{3}{4}\); Tần số alen \({{\rm{A}}_4} = \frac{1}{4}.\)
Cho quần thể ngẫu phối: \(\left( {\frac{3}{4}{A_3}:\frac{1}{4}{A_4}} \right) \times \left( {\frac{3}{4}{A_3}:\frac{1}{4}{A_4}} \right)\)
→ Trong số cá thể lông vàng thu được ở đời \({{\rm{F}}_1}\), số cá thể dị hợp chiếm tỉ lệ là:
\(\frac{{{A_3}{A_4}}}{{{A_3}{A_{3/4}}}} = \frac{{{A_3}{A_4}}}{{1 - {A_4}{A_4}}} = \frac{{2 \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{4}}}{{1 - \frac{1}{4} \times \frac{1}{4}}} = \frac{2}{5}\). Đáp án: \(\frac{2}{5}.\)