150 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2022 có đáp án (Đề 1)

Câu 1:

Cho biểu đồ về sự tác động của một số thực phẩm tới môi trường:

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?A. TáoB. Trứng C. Thịt lợn (ảnh 1)

(Nguồn: ourwordindata.org)

Thực phẩm nào tác động tới môi trường nhiều nhất?

A. Táo

B. Trứng

C. Thịt lợn

D. Thịt bò

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Quan sát thông tin, đọc số liệu lượng khí CO2 phát thải ra môi trường khi sản xuất 1kg thực phẩm. Thực phẩm nào có lượng phát thải khí CO2 nhiều nhất thì có tác động nhiều nhất tới môi trường.

Giải chi tiết:

Dựa vào thông tin đã cho trong biểu đồ trên ta thấy:

Nuôi bò lấy thịt làm phát thải nhà kính nhiều nhất.

Khi sản xuất 1kg thịt bò lượng phát thải CO2 tương đương là 60kg CO2. Điều này có nghĩa là thịt bò là thực phẩm có tác động nhiều nhất tới môi trường.

Chọn D

Câu 2:

Một chất điểm chuyển động với phương trình $S = f (t) = 2 t^{3} - 3 t^{2} + 4 t,$ trong đó $t > 0$ , t được tính bằng giây (s) và s được tính bằng mét (m). Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t = 3(s) bằng

A. 12(m/s).

B. 6(m/s).

C. 2(m/s).

D. 16(m/s).

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t = t_{0}$ được tính theo công thức $v (t_{0}) = S^{'} (t_{0})$ .

Giải chi tiết:

Ta có: $S^{'} (t) = f^{'} (t) = 6 t^{2} - 6 t + 4$

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm $t = 2 (s)$ bằng: $v (2) = S^{'} (2) = {6.2}^{2} - 6.2 + 4 = 16 (m / s)$

Câu 3:

Phương trình $\log_{3} (2 x - 1) = 2$ có nghiệm là

A.

x = \frac{7}{2} .

B. $x = 8.$

C.

x = 3.

D.

x = 5.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Giải phương trình logarit cơ bản: $\log_{a} f (x) = b \Leftrightarrow f (x) = a^{b}$

Giải chi tiết:

Ta có $\log_{3} (2 x - 1) = 2 \Leftrightarrow 2 x - 1 = 3^{2} \Leftrightarrow x = 5$

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 5$ .

Câu 4:

Hệ phương trình sau có bao nhiêu nghiệm $\{\begin{cases} x^{2} + |x| = 2 \\ x + y^{2} + 1 = 0 \end{cases}$ .

A. 1

B. 2

C. 3

D. Vô nghiệm

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Từ phương trình đầu tiên, giải phương trình bậc hai tìm x.

- Thế vào phương trình còn lại tìm y.

Giải chi tiết:

Xét phương trình $x^{2} + |x| = 2 \Leftrightarrow {|x|}^{2} + |x| - 2 = 0 \Leftrightarrow [\begin{array}{l} |x| = 1 \\ |x| = - 2 (V N) \end{array}$ $\Rightarrow x = \pm 1$

Với x=1 thay vào phương trình $x + y^{2} + 1 = 0$ ta có $y^{2} = - 2$ (vô nghiệm).

Với x=-1 thay vào phương trình $x + y^{2} + 1 = 0$ ta có $y^{2} = 0 \Leftrightarrow y = 0$ .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(x; y) = (- 1; 0)$ .

Câu 5:

Trong hệ tọa độ Õy, cho điểm M biểu diễn số phức $z = - 2 + 3 i$ . Gọi N là điểm thuộc đường thẳng y=3 sao cho tam giác OMN cân tại O. Điểm N là điểm biểu diễn của số phức nào dưới đây?

A. $z = 3 - 2 i$

B.

z = - 2 - 3 i

C. $z = 2 + 3 i$

D.

z = - 2 + i

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Số phức $z = a + b i; (a; b \in ℝ)$ được biểu diễn bởi điểm $M (a; b)$ trên mặt phẳng tọa độ.

+ Tam giác OMN cân tại $O \Leftrightarrow O M = O N$

Giải chi tiết:

Vì $z = - 2 + 3 i \Rightarrow M (- 2; 3)$

Vì $N \in$ đường thẳng y=3 nên $N (a; 3)$

Để $Δ O M N$ cân tại O thì $O M = O N \Leftrightarrow O M^{2} = O N^{2} \Leftrightarrow {(- 2)}^{2} + 3^{2} = a^{2} + 3^{2} \Leftrightarrow a^{2} = 4$ .

$\Leftrightarrow [\begin{array}{l} a = - 2 \Rightarrow N (2; 3) \Rightarrow z = 2 + 3 i \\ a = 2 \Rightarrow N (- 2; 3) \Rightarrow z = - 2 + 3 i \end{array}$

Câu 6:

Trong không gian với hệ tọa độ \[Oxyz,\] cho ba điểm $M\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {0; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right).$ Phương trình mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ là:

A. $\frac{x}{1} - \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1$

B. $\frac{x}{1} + \frac{y}{2} - \frac{z}{3} = 1$

C. $\frac{x}{1} - \frac{y}{2} - \frac{z}{3} = 1$

D. $\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Cho ba điểm $A\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)$ và $C\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right).$ Khi đó phương trình mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ có dạng:

$\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$ được gọi là phương trình mặt chắn.

Giải chi tiết:

Phương trình mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ đi qua ba điểm $M\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {0; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)$ có dạng:

$\frac{x}{1} - \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.$

Chọn A

Câu 7:

Trong không gian

O x y z,

cho hai vecto

\vec{u} = (1; 4; 1)

và $\vec v = \left( { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; - 3} \right).$ Góc tạo bởi hai vecto $\vec u$ và $\vec v$ là:

A. ${120^0}$

B. ${90^0}$

C. ${30^0}$

D. ${60^0}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Cho hai vecto \[\vec a\left( {{x_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_1}} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b = \left( {{x_2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_2}} \right).\] Khi đó $α = ∠ (\vec{a}; \vec{b})$ có:

$\cos α = \frac{\vec{a} . \vec{b}}{| \vec{a} | . | \vec{b} |} = \frac{x_{1} x_{2} + y_{1} y_{2} + z_{1} z_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2} + y_{1}^{2} + z_{1}^{2}} . \sqrt{x_{2}^{2} + y_{2}^{2} + z_{2}^{2}}} .$

Giải chi tiết:

Cho hai vecto \[\vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right)\] và \[\vec v = \left( { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; - 3} \right)\]

\[ \Rightarrow \cos \left( {\vec u,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec v} \right) = \frac{{1.\left( { - 1} \right) + 4.1 + 1.\left( { - 3} \right)}}{{\sqrt {{1^2} + {4^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = 0\]

\[ \Rightarrow \angle \left( {\vec u,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec v} \right) = {90^0}.\]

Câu 8:

Cho biểu thức

f (x) = \frac{(x - 3) (x + 2)}{x^{2} - 1}

. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên âm của \[x\] thỏa mãn bất phương trình $f\left( x \right) < 1$?

A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Tìm TXĐ của $f\left( x \right)$.

+ Giải bất phương trình $f\left( x \right) < 1$.

Giải chi tiết:

TXĐ: $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$

Theo bài ra, ta có: $f\left( x \right) < 1$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 1}} < 1$

$ \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 1}} - 1 < 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x - 6 - {x^2} - 1}}{{{x^2} - 1}} < 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{ - x - 7}}{{{x^2} - 1}} < 0$

Ta có bảng xét dấu:

$\Rightarrow x \in (- 7; - 1) \cup (1; + \infty)$

Mà $x$ là số nguyên âm và $x \neq \pm 1$ nên $x \in {- 6; - 5; - 4; - 3; - 2}$ .

Vậy có 5 giá trị nguyên âm của $x$ thỏa mãn điều kiện.

Câu 9:

Phương trình

\cos 2 x + \cos x = 0

có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng

(- π; π) ?

A. 1

B. 4

C. 2

D. 3

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất hai góc bù nhau $\cos x = \cos (π - x) .$

Giải phương trình lượng giác cơ bản.

Giải chi tiết:

$\cos 2 x + \cos x = 0 \Leftrightarrow \cos 2 x = - \cos x = \cos (π - x)$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} 2 x = π - x + k 2 π \\ 2 x = - π + x + k 2 π \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{π}{3} + \frac{k 2 π}{3} \\ x = - π + k 2 π \end{cases}$

$- π < \frac{π}{3} + \frac{k 2 π}{3} < π \Leftrightarrow - 2 < k < 1 \Leftrightarrow k \in {- 1; 0}$

Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc $\left( { - \pi ;\pi } \right)$.

Câu 10:

Bà chủ quán trà sữa $X$ muốn trang trí quán cho đẹp nên quyết định thuê nhân công xây một bức tường bằng gạch với xi măng (như hình vẽ bên dưới), biết hàng dưới cùng có 500 viên, mỗi hàng tiếp theo đều có ít hơn hàng trước 1 viên và hàng trên cùng có 1 viên. Hỏi số gạch cần dùng để hoàn thành bức tường trên là bao nhiêu viên?

$Bà chủ quán trà sữa $X$ muốn trang trí quán cho đẹp nên quyết định thuê nhân (ảnh 1)$

A. 250500.

B. 12550.

C. 25250.

D. 125250.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

CSC $\left( {{u_n}} \right)$có tổng $n$ số hạng đầu: ${S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2}$

Giải chi tiết:

Tổng số viên gạch: $S = 1 + 2 + ... + 500 = \frac{{500.\left( {1 + 500} \right)}}{2} = 125250$.

Câu 11:

Tìm các hàm số $f\left( x \right)$ biết rằng

f^{'} (x) = \frac{\cos x}{{(2 + \sin x)}^{2}} .

A. $f\left( x \right) = \frac{{{\rm{sin}}{\mkern 1mu} x}}{{{{\left( {2 + {\rm{cos}}{\mkern 1mu} x} \right)}^2}}} + C$

B. $f (x) = - \frac{1}{2 + \sin x} + C$

C. $f\left( x \right) = \frac{{\sin {\mkern 1mu} x}}{{2 + \sin {\mkern 1mu} x}} + C$

D. $f\left( x \right) = \frac{1}{{2 + {\rm{cos}}{\mkern 1mu} x}} + C$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt $u = 2 + \sin x$.

Giải chi tiết:

$f'\left( x \right) = \frac{{{\rm{cos}}{\mkern 1mu} x}}{{{{\left( {2 + \sin {\mkern 1mu} x} \right)}^2}}} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{{{\rm{cos}}{\mkern 1mu} x}}{{{{\left( {2 + \sin {\mkern 1mu} x} \right)}^2}}}} {\mkern 1mu} dx$

Đặt $u = 2 + \sin {\mkern 1mu} x \Rightarrow du = {\rm{cos}}{\mkern 1mu} xdx$

$\Rightarrow \int \frac{\cos x}{{(2 + \sin x)}^{2}} 𝑑 x = \int \frac{d u}{u^{2}} = - \frac{1}{u} + C = - \frac{1}{2 + \sin x} + C$

$\Rightarrow f (x) = - \frac{1}{2 + \sin x} + C$

Câu 12:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ như hình vẽ. Đặt $g\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m$, với $m$ là tham số thực. Điều kiện cần và đủ để bất phương trình $g\left( x \right) \ge 0$ nghiệm đúng với $\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$ là

$Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Đồ thị hàm số (ảnh 1)$

A. $m \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)$

B. $m \le 3f\left( 0 \right)$

C. $m \ge 3f\left( 1 \right)$

D. $m \ge 3f\left( { - \sqrt 3 } \right)$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Biến đổi bất phương trình về dạng $h\left( x \right) \ge m$.

- Xét hàm $y = h\left( x \right)$ trên đoạn $\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$ và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có: $g\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m$

Điều kiện bài toán trở thành tìm $m$ để $3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$.

Xét hàm $h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x$ trên đoạn $\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$ ta có:

$h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3 = 3\left( {f'\left( x \right) - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 1$

Dựng đồ thị hàm số $y = {x^2} - 1$ cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số $y = f'\left( x \right)$ bài cho ta được:

$Cho hàm số $y = f\left( x \right)$. Đồ thị hàm số (ảnh 2)$

Xét trên đoạn $\left( { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right)$ thì $f'\left( x \right) \le {x^2} - 1,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$.

Do đó $f'\left( x \right) - {x^2} + 1 \le 0,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$ hay hàm số $y = h\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$.

Suy ra $h\left( { - \sqrt 3 } \right) \ge h\left( x \right) \ge h\left( {\sqrt 3 } \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]$ hay $3f\left( { - \sqrt 3 } \right) \le h\left( x \right) \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)$.

Điều kiện bài toán thỏa $ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} h\left( x \right) = h\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f\left( {\sqrt 3 } \right)$.

Vậy $m \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)$.

Câu 13:

Một ô tô đang chạy với vận tốc 20 m/s thì người ta nhìn thấy một chướng ngại vật nên đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc $v\left( t \right) = - 2t + 20$, trong đó t là thời gian (tính bằng giấy) kể từ lúc đạp phanh. Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng bằng

A. 125m.

B. 75m.

C. 200m.

D. 100m.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức $s = \int {v\left( t \right)dt} $

Giải chi tiết:

Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng là:

$s = \int\limits_0^{15} {\left( { - 2t + 20} \right)dt} = \left. {\left( { - {t^2} + 20t} \right)} \right|_0^{15} = 75.$

Câu 14:

Một người gửi 200 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất

r % /

năm $\left( {r > 0} \right)$. Nếu không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào tiền gốc để tính lãi cho năm tiếp theo. Sau ngày gửi 4 năm, người đó nhận được số tiền gồm cả tiền gốc và tiền lãi là 252 495 392 đồng( biết rằng trong suốt thời gian gửi tiền, lãi suất không thay đổi và người đó không rút tiền ra khỏi ngân hàng). Lãi suất $r\% /$năm $\left( {r > 0} \right)$ (r làm tròn đến chữ số hàng đơn vị) là

A. 6%/năm.

B. 5%/năm.

C. 8%/năm.

D. 7%/năm.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính lãi kép sau n năm $T = A.{\left( {1 + r\% } \right)^n}$, trong đó: A là số tiền gửi lúc đầu; r là lãi suất hàng tháng.

Giải chi tiết:

Sau 4 năm người đó nhận được số tiền là ${200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4}.$

Khi đó ${200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4} = 252495392 \Leftrightarrow r = 6\% $.

Câu 15:

Tìm tập nghiệm của bất phương trình

\log_{25} x^{2} \leq \log_{5} (4 - x) .

A. $\left( { - \infty ;2} \right)$

B. $\left( { - \infty ;2} \right]$

C. $(0; 2]$

D. $\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0;2} \right]$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ.

- Đưa về bất phương trình logarit cùng cơ số. Sử dụng công thức ${\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0} \right)$.

- Giải bất phương trình logarit: ${\log _a}x \le {\log _a}y \Leftrightarrow x \le y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 1} \right)$

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{x < 4}\end{array}} \right.$

Ta có:

${\log _{25}}{x^2} \le {\log _5}\left( {4 - x} \right)$

$ \Leftrightarrow {\log _5}\left| x \right| \le {\log _5}\left( {4 - x} \right)$

$ \Leftrightarrow \left| x \right| \le 4 - x$

$ \Leftrightarrow {x^2} \le {x^2} - 8x + 16$

$ \Leftrightarrow 8x \le 16$

$ \Leftrightarrow x \le 2$

Kết hợp điều kiện xác định $ \Rightarrow x < 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 0$

Vậy bất phương trình có tập nghiệm: $\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0;2} \right]$.

Câu 16:

Gọi $\left( H \right)$ là hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị $y = {x^2} - 2x,y = 0$ trong mặt phẳng $Oxy$. Quay hình $\left( H \right)$ quanh trục hoành ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng

A. $\int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} $

B. $\pi \int\limits_0^2 {\left| {{x^2} - 2x} \right|dx} $

C. $\pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} $

D. $\int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} $

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Cho hai hàm số $y = f\left( x \right)$và $y = g\left( x \right)$ liên tục trên [a; b]. Khi đó thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi hai đồ thị số $y = f\left( x \right)$, $y = g\left( x \right)$ và hai đường thẳng $x = a;y = b$ khi quay quanh trục Ox là:

$V = \pi \int_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx} $.

Giải chi tiết:

Giải phương trình hoành độ giao điểm: ${x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.$

Quay hình $\left( H \right)$ quanh trục hoành ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng $V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} $.

Câu 17:

Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số

y = - x^{3} + 3 x^{2} + m x + 1

nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

A. $m \leq - 3$

B. $m \ge 0$

C. $m \geq - 3$

D. $m \le 0$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm $y^{'}$

- Để hàm số nghịch biến trên $(0; + \infty)$ thì $y^{'} \leq 0 \forall x \in (0; + \infty) .$

- Cô lập $m$ , đưa bất phương trình về dạng $\Leftrightarrow m \leq f (x) \forall x \in (0; + \infty)$ $\Leftrightarrow m \leq min_{[0; + \infty)} f (x)$

- Lập BBT hàm số $f (x)$ và kết luận.

Giải chi tiết:

TXĐ: $D = R$ . Ta có $y^{'} = - 3 x^{2} + 6 x + m .$

Để hàm số nghịch biến trên $(0; + \infty)$ thì $y^{'} \leq 0 \forall x \in (0; + \infty)$

$\Leftrightarrow - 3 x^{2} + 6 x + m \leq 0 \forall x \in (0; + \infty)$

$\Leftrightarrow m \leq 3 x^{2} - 6 x = f (x) \forall x \in (0; + \infty)$

$\Leftrightarrow m \leq min_{[0; + \infty)} f (x)$

Ta có: $f^{'} (x) = 6 x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1 \in (0; + \infty)$

BBT:

$Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số (ảnh 1)$

Vậy $m \leq - 3 .$

Câu 18:

Tìm phần ảo của số phức z thỏa mãn $z + 2\bar z = {\left( {2 - i} \right)^3}\left( {1 - i} \right)$

A. -9.

B. 9

C. 13.

D. $ - 13$.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Đặt $z = a + bi,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$.

Giải chi tiết:

Giả sử $z = a + bi,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$. Khi đó:

$z + 2\bar z = {\left( {2 - i} \right)^3}\left( {1 - i} \right) \Leftrightarrow a + bi + 2a - 2bi = \left( {8 - 12i - 6 + i} \right)\left( {1 - i} \right)$

$ \Leftrightarrow 3a - bi = \left( {2 - 11i} \right)\left( {1 - i} \right) \Leftrightarrow 3a - bi = 2 - 2i - 11i - 11$

$\Leftrightarrow 3 a - b i = - 9 - 13 i \Leftrightarrow {\begin{matrix} 3 a = - 9 \\ - b = - 13 \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} a = - 3 \\ b = 13 \end{matrix}$

Phần ảo của số phức z là 13.

Câu 19:

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

| z + 1 | = | 1 - i - 2 z |

là đường tròn $\left( C \right)$. Tính bán kính R của đường tròn $\left( C \right)$.

A. $R = \frac{{\sqrt {10} }}{3}$

B. $R = \frac{{10}}{9}$

C. $R = 2\sqrt 3 $

D. $R = \frac{7}{3}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Gọi $z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$, có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là $M\left( {a;b} \right)$.

Giải chi tiết:

Gọi $z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)$, có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là $M\left( {a;b} \right)$.

Ta có: $| z + 1 | = | 1 - i - 2 z | \Leftrightarrow | a + b i + 1 | = | 1 - i - 2 a - 2 b i | \Leftrightarrow \sqrt{{(a + 1)}^{2} + b^{2}} = \sqrt{{(1 - 2 a)}^{2} + {(1 + 2 b)}^{2}}$

$ \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} = {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {1 + 2b} \right)^2} \Leftrightarrow 3{a^2} + 3{b^2} - 6a + 4b + 1 = 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a + \frac{4}{3}b + \frac{1}{3} = 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + \frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{{10}}{9}$

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $\left| {z + 1} \right| = \left| {1 - i - 2z} \right|$ là đường tròn $\left( C \right)$ có bán kính $R = \frac{{\sqrt {10} }}{3}$.

Câu 20:

Cho $\Delta ABC$ với $A\left( { - 1; - 1} \right),B\left( {2; - 4} \right),C\left( {4;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right).$ Diện tích $\Delta ABC$ là:

A. $\frac{3}{2}$

B. $\frac{9}{2}$

C. $\frac{{27}}{2}$

D. 13

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: ${S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} p = \frac{{AB + BC + CA}}{2}.$

Giải chi tiết:

Ta có: ${\begin{matrix} \vec{A B} = (3; - 3) {\vec{A C} = (5; 4) {\vec{B C} = (2; 7) \end{matrix} \Rightarrow {\begin{matrix} A B = 3 \sqrt{2} \\ A C = \sqrt{41} \\ B C = \sqrt{53} \end{matrix} \Rightarrow p = \frac{A B + A C + B C}{2} = \frac{3 \sqrt{2} + \sqrt{41} + \sqrt{53}}{2} .$

$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} $

$= \sqrt{\frac{3 \sqrt{2} + \sqrt{41} + \sqrt{53}}{2} . \frac{\sqrt{41} + \sqrt{53} - 3 \sqrt{2}}{2} . \frac{3 \sqrt{2} + \sqrt{41} - \sqrt{53}}{2} . \frac{3 \sqrt{2} + \sqrt{53} - \sqrt{41}}{2}}$

$= \sqrt{\frac{2916}{16}} = \sqrt{\frac{729}{4}} = \frac{27}{2} .$

Câu 21:

Cho đường cong

(C) : (m^{2} + 1) x^{2} + m (m + 3) y^{2} + 2 m (m + 1) x - m - 1 = 0

. Giá trị của $m$ để $\left( C \right)$ là đường tròn:

A. $m = - \frac{1}{3}$

B. $m = 3$

C. $m = \frac{1}{3}$

D. $m = - 3$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phương trình $\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0$ là đường tròn nếu thỏa mãn các điều kiện:

+) Hệ số của ${x^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y^2}$ bằng nhau.

+) ${a^2} + {b^2} - c > 0$

Giải chi tiết:

Xét $\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0,$ ta có: $a = 2 m (m + 1); b = 0; c = - m - 1 .$

Điều kiện để phương trình đường cong ($\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0$ là đường tròn:

+) ${m^2} + 1 = m\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = {m^2} + 3m$$ \Leftrightarrow 3m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}$

+) ${a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow 4{m^2}{\left( {m + 1} \right)^2} + m + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)$

Thay $m = \frac{1}{3}$ vào $\left( 1 \right)$ ta có: $4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{3} + 1} \right)^2} + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{9} \cdot \frac{{16}}{9} + \frac{4}{3} > 0$ (thỏa mãn)

Vậy với $m = \frac{1}{3}$ phương trình đường cong $\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0$ là phương tình đường tròn.

Câu 22:

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho hai mặt phẳng

(P), (Q)

lần lượt có phương trình là $x + y - z = 0$; $x - 2y + 3z = 4$ và cho điểm $M\left( {1; - 2;5} \right)$. Tìm phương trình mặt phẳng

(α)

đi qua M đồng thời vuông góc với hai mặt phẳng $\left( P \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( Q \right)$.

A. $5x + 2y - z + 14 = 0$

B. $x - 4y - 3z + 6 = 0$

C. $x - 4y - 3z - 6 = 0$

D. $5x + 2y - z + 4 = 0$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+) Gọi $(α)$ là mặt phẳng cần tìm. Gọi $\vec{n}$ là 1VTPT của $(α) \Rightarrow \vec{n} = [\vec{n_{P}}; \vec{n_{Q}}] .$

+) Phương trình mặt phẳng $(α)$ đi qua $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và nhận $\vec n = \left( {A;B;C} \right)$ là 1 VTPT là: $A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0$.

Giải chi tiết:

Gọi $(α)$ là mặt phẳng cần tìm.

Ta có $\vec{n_{P}} = (1; 1; - 1), \vec{n_{Q}} = (1; - 2; 3) .$

Gọi $\vec{n}$ là 1VTPT của $(α) \Rightarrow \vec{n} = [\vec{n_{P}}; \vec{n_{Q}}] = (1; - 4; - 3)$ .

Vậy phương trình mặt phẳng $(α)$ là: $x - 1 - 4 (y + 2) - 3 (z - 5) = 0 \Leftrightarrow x - 4 y - 3 z + 6 = 0 .$

Câu 23:

Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng

\frac{a}{\sqrt{2}}

và đáy là đường tròn có đường kính bằng $a,$ diện tích xung quanh của hình nón đó bằng:

A. $\pi {a^2}$

B. $\pi {a^2}\sqrt 2 $

C. $\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{2}$

D. $\frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{4}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy $R$ và đường sinh $l:$ ${S_{xq}} = \pi Rl.$

Giải chi tiết:

Bán kính của đường tròn đáy là: $r = \frac{a}{2}.$

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: ${S_{xq}} = \pi rl = \pi .\frac{a}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{4}.$

Câu 24:

Cho hình trụ có hai đường tròn đáy là $\left( O \right)$ và $\left( {O'} \right).$ Xét hình nón có đỉnh $O$ và đáy là đường tròn $\left( {O'} \right).$ Gọi \[{V_1},{\mkern 1mu} {V_2}\] lần lượt là thể tích của khối trụ và khối nón đã cho. Tỉ số \[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\] bằng

A. 3

B. 9

C. $\frac{1}{3}$

D. $\frac{1}{9}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = \pi {R^2}h.$

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy R và chiều cao h là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.$

Giải chi tiết:

$Cho hình trụ có hai đường tròn đáy là $\left( O \right)$ và $\left( {O'} \right).$ Xét hình nón (ảnh 1)$

Gọi bán kính đáy hai đáy của hình trụ là R. Ta có: ${V_1} = \pi .OO'.{R^2}$, ${V_2} = \frac{1}{3}\pi .OO'.{R^2}.$

$ \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\pi .OO'.{R^2}}}{{\frac{1}{3}\pi .OO'.{R^2}}} = 3.$

Câu 25:

Cho khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$, hình chiếu vuông góc của $A'$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ trùng với trung điểm của cạnh $AB$, góc giữa đường thẳng $A'A$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng \[{60^0}\]. Thể tích khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] bằng

A. \[\frac{{3{a^3}}}{8}\]

B. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\]

C. \[\frac{{{a^3}}}{8}\]

D. \[\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\]

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa $A'A$và $\left( {ABC} \right)$ là góc giữa $A'A$ và hình chiếu của $A'A$ lên $\left( {ABC} \right)$.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của lăng trụ.

- Thể tích khối lăng trụ $V = Bh$ với $B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} h$ lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ.

Giải chi tiết:

$Cho khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh (ảnh 1)$

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$$ \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)$.

$ \Rightarrow AH$ là hình chiếu vuông góc của $A'A$ lên $\left( {ABC} \right)$.

$ \Rightarrow \angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'A;AH} \right) = \angle A'AH = {60^0}$.

Xét tam giác vuông $A'AH$ ta có : $A'H = AH\tan \angle A'AH = \frac{{AB}}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích đáy ${S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ (do $\Delta ABC$ đều cạnh $a$).

Vậy thể tích khối lăng trụ là: $V = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{8}$.

Câu 26:

Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $M,{\mkern 1mu} N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$, $CD$. $G$ là trung điểm của \[MN\], \[I\] là giao điểm của đường thẳng \[AG\] và mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\]. Tính tỉ số \[\frac{{GI}}{{GA}}\]?

A. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{4}$

B. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{5}$

C. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{2}$

D. $\frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Vẽ hình sau đó sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác.

Giải chi tiết:

$Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $M,{\mkern 1mu} N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh (ảnh 1)$

Trog $\left( {ABN} \right)$ qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AI$ cắt $BN$ tại $J$.

Xét tam giác $MNJ$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{GI//MJ}\\{GN = GM{\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow GI = \frac{1}{2}.MJ{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)$

Xét tam giác $BAI$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MJ//AI}\\{MA = MB}\end{array}} \right. \Rightarrow MJ = \frac{1}{2}.AI{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)$

Từ (1) & (2) $ \Rightarrow GI = \frac{1}{4}.AI \Leftrightarrow \frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}.$

Câu 27:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm $A\left( {1;0;0} \right),B\left( {2;3;0} \right),C\left( {0;0;3} \right)$. Tập hợp các điểm $M\left( {x;y;z} \right)$ thỏa mãn $M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 23$ là mặt cầu có bán kính bằng:

A. 3

B. 5

C. $\sqrt 3 $

D. $\sqrt {23} $

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Áp dụng công thức tính khoảng cách hai điểm trong không gian.

- Thay các khoảng cách vào giả thiết rồi đưa phương trình về phương trình mặt cầu.

Giải chi tiết:

Ta có $A\left( {1;0;0} \right),B\left( {2;3;0} \right),C\left( {0;0;3} \right);M\left( {x;y;z} \right)$

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M{A^2} = {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}}\\{M{B^2} = {{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} + {z^2}}\\{M{C^2} = {x^2} + {y^2}{{\left( {z - 3} \right)}^2}}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 23$

$ \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {z^2} + {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 23$

$ \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - 6x - 6y - 6z = 0$

$ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {x + y + z} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3$

$ \Rightarrow R = \sqrt 3 $.

Câu 28:

Trong không gian $Oxyz$ phương trình đường thẳng đi qua hai điểm $A\left( { - 3;1;2} \right)$, $B\left( {1; - 1;0} \right)$ có dạng:

A. $\frac{{x + 3}}{2} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}$

B. $\frac{{x - 1}}{{ - 2}} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{1}$

C. $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{{ - 1}}$

D. $\frac{{x + 3}}{2} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z - 2}}{{ - 1}}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Đường thẳng đi qua hai điểm $A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B$ nhận là 1 VTCP. Mọi vectơ cùng phương với \[\overrightarrow {AB} \] đều là 1 VTCP của đường thẳng.

- Phương trình đường thẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\] và có 1 VTCP \[\vec u\left( {a;b;c} \right)\] là \[\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\].

Giải chi tiết:

Ta có: $\vec{A B} = (4; - 2; - 2)$ , do đó đường thẳng \[AB\] nhận $\vec u = \left( {2; - 1; - 1} \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} $ là 1 VTCP.

Phương trình đường thẳng đi qua $B\left( {1; - 1;0} \right)$ và có 1 VTCP $\vec u = \left( {2; - 1; - 1} \right)$ là $\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{{ - 1}}$.

Câu 29:

Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với

a \neq 0

có đồ thị như hình vẽ sau. Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ là:

$Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với (ảnh 1)$

A. $\left( { - 3;4} \right)$

B. $\left( {3;2} \right)$

C. $\left( {5;8} \right)$

D. $\left( {5;4} \right)$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm của hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$.

- Giải phương trình $y' = 0$.

- Lập BBT hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ và kết luận điểm cực đại của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: $y = f (4 - x) + 1$

$y^{'} = 0 \Leftrightarrow f^{'} (4 - x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} 4 - x = - 1 \\ 4 - x = 1 \end{matrix} \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 5 \\ x = 3 \end{matrix}$ .

Ta có BBT hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ như sau:

$Cho hàm số $y = f\left( x \right) = a{x^3} + b{x^2} + cx + d$ với (ảnh 2)$

Dựa vào BBT ta có ${x_{CD}} = 5$$ \Rightarrow {y_{CD}} = f\left( { - 1} \right) + 1 = 3 + 1 = 4$.

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ là $\left( {5;4} \right).$

Câu 30:

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm

E (1; - 2; 4), F (1; - 2; - 3)

. Gọi M là điểm thuộc mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\] sao cho tổng $ME + MF$ có giá trị nhỏ nhất. Tìm tọa độ của điểm M.

A. $M\left( { - 1;2;0} \right)$

B. $M\left( { - 1; - 2;0} \right)$

C. $M\left( {1; - 2;0} \right)$

D. $M\left( {1;2;0} \right)$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Kiểm tra điểm $E,{\mkern 1mu} F$ nằm khác phía so với mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\].

- $ME + MF$ khi và chỉ khi M là giao điểm của EF và \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\].

Giải chi tiết:

$E\left( {1; - 2;4} \right),{\mkern 1mu} F\left( {1; - 2; - 3} \right)$ có $z_{E} = 4 > 0, z_{F} = - 3 < 0 \Rightarrow E, F$ nằm khác phía so với mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]

Khi đó, $ME + MF \ge EF \Rightarrow {\left( {ME + MF} \right)_{\min }} = EF$ khi và chỉ khi $M$ trùng với \[{M_0}\] là giao điểm của EF và \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]

Ta có: $\vec{E F} = (0; 0; - 7) \Rightarrow E F : \{\begin{cases} x = 1 \\ y = - 2 \\ z = 4 - t \end{cases} \Rightarrow$ Giả sử M0(1;−2;4−t)M0(1;−2;4−t)

Mà \[{M_0}\left( {1; - 2;4 - t} \right)\]

$M_{0} \in (O x y) \Rightarrow 4 - t = 0 \Leftrightarrow t = 4 \Rightarrow M_{0} (1; - 2; 0)$

Vậy, tổng \[ME + MF\] có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \[M\left( {1; - 2;0} \right)\].

Câu 31:

Cho hàm số

f (x)

có đạo hàm

f^{'} (x) = (x - 2) {(x + 1)}^{2} {(x + 3)}^{3}

. Số điểm cực trị của hàm số $f\left( {\left| x \right|} \right)$ là

A. 2

B. 1

C. 3

D. 5

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Khảo sát và lập BBT của hàm số $f\left( x \right)$.

- Từ đó suy ra BBT của hàm số $f\left( {\left| x \right|} \right)$ và kết luận số điểm cực trị của hàm số $f\left( {\left| x \right|} \right)$.

Giải chi tiết:

Ta có: $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = 2 \\ x = - 1 (n g h i e m b o i c h a n) \\ x = - 3 \end{matrix}$

Khi đó ta có BBT của hàm số $f\left( x \right)$ như sau:

$Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm (ảnh 1)$

Từ đó ta có BBT của hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ như sau :

$Cho hàm số $f\left( x \right)$ có đạo hàm (ảnh 2)$

Từ BBT ta thấy hàm số $y = f\left( {\left| x \right|} \right)$ có 3 điểm cực trị $x = \pm 2, x = 0 .$

Câu 32:

Tìm $m$ để phương trình sau có nghiệm

\sqrt{x} + \sqrt{9 - x} = \sqrt{- x^{2} + 9 x + m}

.

A. $m = 9$

B. $m \in \left[ {9;10} \right]$

C. \[m \in \left( {9;10} \right)\]

D. \[m = 10\]

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Bình phương hai vế, đặt ẩn phụ \[t = \sqrt { - {x^2} + 9x} \], tìm điều kiện của $t$.

- Sử dụng định lí Vi-ét tìm điều kiện để phương trình có nghiệm $t$ thỏa mãn điều kiện tìm được ở trên.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{9 - x \ge 0}\\{ - {x^2} + 9x + m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 9}\\{ - {x^2} + 9x + m \ge 0}\end{array}} \right.$

Ta có $- x^{2} + 9 x + m \geq 0 \Leftrightarrow - x^{2} + 9 x \geq - m$

$\Rightarrow - x^{2} + 9 x \geq - m$

Ta có: $\sqrt{x} + \sqrt{9 - x} = \sqrt{- x^{2} + 9 x + m}$

$\Rightarrow {(\sqrt{x} + \sqrt{9 - x})}^{2} = - x^{2} + 9 x + m$

$\Leftrightarrow x + 9 - x + 2 \sqrt{- x^{2} + 9 x} = - x^{2} + 9 x + m$

$\Leftrightarrow 2 \sqrt{- x^{2} + 9 x} + 9 = - x^{2} + 9 x + m$

$\Leftrightarrow (- x^{2} + 9 x) - 2 \sqrt{- x^{2} + 9 x} + m - 9 = 0 (*)$

Đặt $t = \sqrt { - {x^2} + 9x} $ $\Rightarrow 0 \leq t \leq \sqrt{\frac{81}{4}} \Rightarrow 0 \leq t \leq \frac{9}{2}$

Khi đó phương trình (*) trở thành ${t^2} - 2t + m - 9 = 0$ có nghiệm $t \in [0; \frac{9}{2}]$ .

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' \ge 0}\\{0 \le {t_1} + {t_2} \le 9}\\{{t_1}{t_2} \ge 0}\\{\left( {{t_1} - \frac{9}{2}} \right)\left( {{t_2} - \frac{9}{2}} \right) \ge 0}\end{array}} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - m + 9 \ge 0}\\{0 \le 2 \le 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{m - 9 \ge 0}\\{m - 9 - \frac{9}{2}.2 + \frac{{81}}{4} \ge 0}\end{array}} \right.$ $\Leftrightarrow \{\begin{cases} m \leq 10 \\ m \geq 9 \\ m \geq - \frac{9}{4} \end{cases} \Leftrightarrow 9 \leq m \leq 10$

Kết hợp điều kiện (1) ta có $m \in \left[ {9;10} \right]$.

Câu 33:

Cho $f\left( x \right)$ là hàm số liên tục trên tập số thực $\mathbb{R}$ và thỏa mãn

f (x^{2} + 3 x + 1) = x + 2

. Tính $I = \int\limits_1^5 {f\left( x \right)dx} $.

A. $\frac{{37}}{6}$

B. $\frac{{527}}{3}$

C. $\frac{{61}}{6}$

D. $\frac{{464}}{3}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Nhân cả hai vế của phương trình $f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = x + 2$ với $2x + 3$.

- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế phương trình.

- Sử dụng phương pháp đổi biến số.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có $f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = x + 2$

$ \Rightarrow f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)\left( {2x + 3} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {2x + 3} \right)$

$\Rightarrow \int_{0}^{1} f (x^{2} + 3 x + 1) (2 x + 3) 𝑑 x = \int_{0}^{1} (x + 2) (2 x + 3) 𝑑 x$

$\Rightarrow \int_{0}^{1} f (x^{2} + 3 x + 1) (2 x + 3) 𝑑 x = \frac{61}{6}$

Đặt $t = {x^2} + 3x + 1 \Rightarrow dt = \left( {2x + 3} \right)dx$

Đổi cận: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = 1 \Rightarrow t = 5}\end{array}} \right.$.

$\Rightarrow \int_{0}^{1} f (x^{2} + 3 x + 1) (2 x + 3) 𝑑 x = \int_{1}^{5} f (t) 𝑑 t = \int_{1}^{5} f (x) 𝑑 x$ .

Vậy $\int_{1}^{5} f (x) 𝑑 x = \frac{61}{6}$

Câu 34:

Cho 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên đồng thời 3 tấm thẻ. Xác suất để chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2 là:

A. $\frac{5}{6}$

B. $\frac{1}{2}$

C. $\frac{3}{4}$

D. $\frac{{49}}{{198}}$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu $n (Ω)$ .

- Gọi A là biến cố: “chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”, xét 2 TH:

+ TH1: 3 số được chọn cùng là số chẵn.

+ TH2: 3 số được chọn có 1 số chẵn và 2 số lẻ.

Từ đó tính số phần tử của biến cố A là $n\left( A \right)$.

- Tính xác suất của biến cố A: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)}$ .

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là: $C_{100}^3$.

Từ 1 đến 100 có $\left( {100 - 2} \right):2 + 1 = 50$ số chẵn và 50 số lẻ.

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”, xét 2 TH:

+ TH1: 3 số được chọn cùng là số chẵn $ \Rightarrow $ Có $C_{50}^3$ cách.

+ TH2: 3 số được chọn có 1 số chẵn và 2 số lẻ $ \Rightarrow $ Có $C_{50}^2.C_{50}^1$ cách.

$ \Rightarrow n\left( A \right) = C_{50}^3 + C_{50}^2.C_{50}^1 = 80850$.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P (A) = \frac{n (A)}{n (Ω)} = \frac{80850}{C_{100}^{3}} = \frac{1}{2}$ .

Câu 35:

Cho khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có độ dài một cạnh là $a$. Gọi $M$ là điểm thuộc cạnh $BB'$ sao $BM = 2MB'$, $K$ là trung điểm $DD'$. Mặt phẳng $\left( {CMK} \right)$ chia khối lập phương thành hai khối đa diện, tính theo $a$ thể tích \[{V_1}\] của khối đa diện chứa đỉnh \[C'\].

$Cho khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có độ dài một cạnh là (ảnh 1)$

A. \[{V_1} = \frac{{7{a^3}}}{{12}}\]

B. \[{V_1} = \frac{{95{a^3}}}{{216}}\]

C. \[{V_1} = \frac{{25{a^3}}}{{72}}\]

D. \[{V_1} = \frac{{181{a^3}}}{{432}}\]

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi \[\left( {CMK} \right)\].

- Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Giải chi tiết:

$Cho khối lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có độ dài một cạnh là (ảnh 2)$

Trong $\left( {BCC'B'} \right)$ kéo dài $CM$ cắt $B'C'$ tại $E$, trong $\left( {CDD'C'} \right)$ kéo dài $CK$ cắt $C'D'$ tại $F$.

Trong $\left( {A'B'C'D'} \right)$ nối $EF$ cắt $A'B',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A'D'$ lần lượt tại $G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H$.

Khi đó thiết diện của khối lập phương cắt bởi \[\left( {CMK} \right)\] là ngũ giác \[CMGHK\] và \[{V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}}\]

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{{B'M}}{{CC'}} = \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow EB' = \frac{1}{3}EC' \Rightarrow EB' = \frac{1}{2}B'C' = \frac{a}{2}\].

\[\frac{{FD'}}{{FC'}} = \frac{{D'K}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\], \[ \Rightarrow D'\] là trung điểm của \[C'F\] nên $C'F = 2a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D'F = a$.

$\frac{{B'G}}{{C'F}} = \frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{1}{3}$$ \Rightarrow B'G = \frac{1}{3}C'F = \frac{{2a}}{3}$$ \Rightarrow A'G = A'B' - B'G = \frac{a}{3}$.

Ta có $\frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{B'C'}}{{EC'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EC' = \frac{{3a}}{2}$.

$\frac{{HD'}}{{EC'}} = \frac{{FD'}}{{FC'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow HD' = \frac{1}{2}EC' = \frac{{3a}}{4}$$ \Rightarrow A'H = A'D' - HD' = \frac{a}{4}$.

Khi đó ta có:

${S_{C'EF}} = \frac{1}{2}C'E.C'F = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{2}.2a = \frac{{3{a^2}}}{2}$$ \Rightarrow {V_{C.C'EF}} = \frac{1}{3}CC'.{S_{C'EE}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$

${S_{B'EG}} = \frac{1}{2}B'E.B'G = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}$$ \Rightarrow {V_{M.B'EG}} = \frac{1}{3}MB'.{S_{B'EG}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{3}.\frac{{{a^2}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{54}}$

${S_{D'HF}} = \frac{1}{2}D'H.D'F = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{4}.a = \frac{{3{a^2}}}{8}$$ \Rightarrow {V_{K.D'HF}} = \frac{1}{3}.KD'.{S_{D'HF}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{3{a^2}}}{8} = \frac{{{a^3}}}{{16}}$

Vậy ${V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}} = \frac{{{a^3}}}{2} - \frac{{{a^3}}}{{54}} - \frac{{{a^3}}}{{16}} = \frac{{181{a^3}}}{{432}}$.

Câu 36:

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số

y = \frac{5 x - 1}{x + 1}

tại giao điểm với trục tung là

Xem đáp án

Đáp án: 6

Phương pháp giải:

- Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.

- Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm có hoành độ $x = {x_0}$ là $f'\left( {{x_0}} \right)$.

Giải chi tiết:

TXĐ : $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Giao điểm của đồ thị hàm số $y = \frac{{5x - 1}}{{x + 1}}$ với trục tung có hoành độ là $x = 0$.

Ta có: $y = f\left( x \right) = \frac{{5x - 1}}{{x + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{6}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.$

Do đó, hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 0 là $f'\left( 0 \right) = \frac{6}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 6$.

Câu 37:

Cho hàm số $y = f\left( x \right)$ có đạo hàm

f^{'} (x) = (x^{2} - 1) {(x + 2)}^{3}

, $\forall x \in \mathbb{R}$. Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?

Xem đáp án

Đáp án: 3

Giải chi tiết:

Ta có $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow (x^{2} - 1) {(x + 2)}^{3} = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x = \pm 1 \\ x = - 2 \end{matrix}$

Phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có 3 nghiệm bậc lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Câu 38:

Trong không gian với hệ trục $Oxyz$, khoảng cách từ điểm $M\left( { - 2;3;4} \right)$ đến mặt phẳng $\left( P \right):2x - 2y + z + 3 = 0$ bằng:

Xem đáp án

Đáp án: 1

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách $d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}$.

Giải chi tiết:

Ta có: $M\left( { - 2;3;4} \right)$ và $\left( P \right):2x - 2y + z + 3 = 0$

$ \Rightarrow d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 2} \right) - 2.3 + 4 + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 1$.

Câu 39:

Có 5 cuốn sách toán khác nhau và 5 cuốn sách văn khác nhau. Có bao nhiêu cách sắp xếp chúng thành 1 hàng sao cho các cuốn sách cùng môn thì đứng kề nhau ?

Xem đáp án

Đáp án: 2.5!.5!

Phương pháp giải:

Áp dụng tính chất nhân.

Giải chi tiết:

Ta có số cách sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau là 5!

Số cách sắp xếp 5 cuốn sách văn khác nhau là 5!

Có 2 cách để sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau và 5 cuốn sách văn khác nhau thành 1 hàng ngang.

Do đó số cách xếp thỏa mãn bài toán là 2.5!.5!.

Câu 40:

Cho $f\left( x \right)$ là đa thức thỏa mãn

lim_{x \to 3} \frac{f (x) - 8}{x - 3} = 6

. Tính $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} - 1}}{{{x^2} - 2x - 3}}$.

Xem đáp án

Đáp án: $L = \frac{1}{2}$

Phương pháp giải:

- Tìm $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)$.

- Biến đổi, làm mất dạng vô định để tìm giới hạn của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}} = 6$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {\left( {f\left( x \right)} \right) - 8} \right] = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = 8$$ \Rightarrow f\left( 3 \right) = 8.$

(Bởi vì nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {f\left( x \right) - 8} \right] \ne 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x - 3} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}} = \infty $).

Ta có: \[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} - 1}}{{{x^2} - 2x - 3}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\frac{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} - 1} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\frac{{f\left( x \right) - 8}}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}}.\frac{1}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right]\]

\[ = 6.\frac{1}{{\left( {{{\sqrt[3]{{8 - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{8 - 7}} + 1} \right)\left( {3 + 1} \right)}} = \frac{6}{{3.4}} = \frac{1}{2}\].

Câu 41:

Parabol

(P) : y = a x^{2} + b x + c

có đồ thị như hình dưới. Tính

M = 4 a + 2 b - 3 c ?

$Parabol \[\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c\] có đồ thị như hình dưới (ảnh 1)$

Xem đáp án

Đáp án: \[M = 7\]

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số, tìm hàm số đã cho rồi tính giá trị của biểu thức.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số có đỉnh \[I\left( {2;3} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{\frac{{ - {b^2} + 4ac}}{{4a}} = 3}\end{array}} \right..\]

Độ thị hàm số đi qua điểm $(0; - 1) \Rightarrow - 1 = c \Rightarrow \{\begin{cases} - \frac{b}{2 a} = 2 \\ \frac{- b^{2} - 4 a}{4 a} = 3 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a = - 1 \\ b = 4 \end{cases} .$

$\Rightarrow M = 4 a + 2 b - 3 c = - 4 + 8 + 3 = 7 .$

Câu 42:

Tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để hàm số $y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 5$ có hai điểm cực trị là:

Xem đáp án

Đáp án: $m < 3$

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f'\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

TXĐ: $D = \mathbb{R}$. Ta có $y' = 3{x^2} - 6x + m$.

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình $y' = 0$ phải có 2 nghiệm phân biệt.

$ \Leftrightarrow \Delta ' > 0$$ \Leftrightarrow {3^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0$$ \Leftrightarrow m < 3$.

Câu 43:

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

(C) : y = \frac{- 3 x - 1}{x - 1}

và hai trục tọa độ là $S = 4\ln \frac{a}{b} - 1$ ($a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b$ là hai số nguyên tố cùng nhau). Tính $a - 2b$.

Xem đáp án

Đáp án: $ - 2$

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)$, các đường thẳng $x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b$ là $S = \int\limits_{}^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} $.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $\frac{- 3 x - 1}{x - 1} = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{3}$ .

Diện tích S cần tìm là: $S = \left| {\int\limits_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 {\frac{{ - 3x - 1}}{{x - 1}}dx} } \right| = \int\limits_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 {\left( {3 + \frac{4}{{x - 1}}} \right)dx} $

$ = \left| {\left( {3x + 4\ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 = 4\ln \frac{4}{3} - 1$

$ \Rightarrow a = 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 3$.

Vậy $a - 2 b = 4 - 2.3 = - 2$ .

Câu 44:

Cho hàm số

y = f (x)

có bảng biến thiên như hình vẽ dưới đây:

Số giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left( {3 - x} \right) = m$ có đúng hai nghiệm phân biệt là:

Xem đáp án

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Đặt $t = 3 - x$, đưa phương trình về dạng $f\left( t \right) = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)$.

- Để phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) cũng phải có đúng 2 nghiệm phân biệt $ \Rightarrow $ Đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ tại đúng 2 điểm phân biệt. Dựa vào BBT suy ra các giá trị của $m$ thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Đặt $t = 3 - x$, phương trình trở thành $f\left( t \right) = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)$. Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ và đường thẳng $y = m$.

Để phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) cũng phải có đúng 2 nghiệm phân biệt $ \Rightarrow $ Đường thẳng $y = m$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( t \right)$ tại đúng 2 điểm phân biệt $\Rightarrow [\begin{matrix} m = - 1 \\ 2 < m < 4 \end{matrix}$ .

Mà $m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;3} \right\}$.

Vậy có 2 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 45:

Tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện $2|z - 1 - 2i| = |3i + 1 - 2\bar z|$ là đường thẳng có dạng $ax + by + c = 0$, với $b,c$ nguyên tố cùng nhau. Tính $P = a + b$

Xem đáp án

Đáp án: 16

Phương pháp giải:

Phương pháp tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức

Bước 1: Gọi số phức $z = x + yi$ có điểm biểu diễn là $M(x;y)$

Bước 2: Thay z vào đề bài $ \Rightarrow $ Sinh ra một phương trình:

+) Đường thẳng: $Ax + By + C = 0.$

+) Đường tròn: ${x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0.$

+) Parabol: $y = a.{x^2} + bx + c$

+) Elip: $\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b} = 1$

Giải chi tiết:

Giả sử ta có số phức $z = x + yi$. Thay vào điều kiện $2|z - 1 - 2i| = |3i + 1 - 2\bar z|$có

$2|(x + yi) - 1 - 2i| = |3i + 1 - 2(x - yi)| \Leftrightarrow 2|(x - 1) + (y - 2)i| = |(1 - 2x) + (3 + 2y)i|$ $\Leftrightarrow 2 \sqrt{{(x - 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2}} = \sqrt{{(1 - 2 x)}^{2} + {(3 + 2 y)}^{2}}$

$ \Leftrightarrow 4{(x - 1)^2} + 4{(y - 2)^2} = {(1 - 2x)^2} + {(3 + 2y)^2}$

$ \Leftrightarrow 4{x^2} - 8x + 4 + 4{y^2} - 16y + 16 = 4{x^2} - 4x + 1 + 4{y^2} + 12y + 9$

$ \Leftrightarrow 4x + 28y - 10 = 0$$ \Leftrightarrow 2x + 14y - 5 = 0$

$ \Rightarrow a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 14$

Vậy $P = a + b = 2 + 14 = 16.$

Câu 46:

Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng

(A B C)

, $SA = 1$ và đáy $ABC$ là tam giác đều có độ dài cạnh bằng 2. Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$.

Xem đáp án

Đáp án: ${30^0}$

Phương pháp giải:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(α), (β)$ :

$Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng (ảnh 1)$

- Tìm giao tuyến $\Delta $ của $(α), (β)$ .

- Xác định 1 mặt phẳng $(γ) ⊥ Δ$ .

- Tìm các giao tuyến $a = (α) \cap (γ), b = (β) \cap (γ)$

- Góc giữa hai mặt phẳng $(α), (β)$ : $(\hat{(α); (β)}) = (\hat{a; b})$

Giải chi tiết:

$Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt phẳng (ảnh 2)$

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot BC}\\{SA \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SM \subset \left( {SBC} \right),{\mkern 1mu} SM \bot BC}\\{AM \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} AM \bot BC}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;AM} \right) = \angle SMA$

Tam giác SAM vuông tại A: $SA = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AM = \frac{{2.\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 $ (chiều cao của tam giác đều cạnh 2)

$ \Rightarrow \tan \angle SMA = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

$ \Rightarrow \angle SMA = {30^0} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {30^0}$.

Câu 47:

Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$ cho đường thẳng

d : \frac{x - 1}{3} = \frac{y - 1}{- 2} = \frac{z - 1}{- 1}

và điểm $A\left( {5;0;1} \right)$. Khoảng cách từ điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $d$ đến $\left( {Oxz} \right)$ bằng:

Xem đáp án

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

+) Gọi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $d$ và $A'$ là hình chiếu của $A$ qua $d$ $ \Rightarrow M \in d$ và $M$ là trung điểm của $AA'$.

+) Tham số hóa tọa độ điểm $M \in d \Rightarrow \vec{A M} . \vec{u_{d}} = 0 \Rightarrow M$

+) $M$ là trung điểm của $AA' \Rightarrow A' = 2M - A \Rightarrow A'$.

+) Cho $A'\left( {x;y;z} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A';\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| {{y_{A'}}} \right|$.

Giải chi tiết:

Gọi $M$ là hình chiếu của $A$ trên $d$ và $A'$ là hình chiếu của $A$ qua $d$.

$ \Rightarrow M \in d$và $M$ là trung điểm của $AA'$.

$M \in d \Rightarrow M (1 + 3 t; 1 - 2 t; 1 - t) \Rightarrow \vec{A M} = (3 t - 4; 1 - 2 t; - t)$ .

Ta có $A M ⊥ d \Rightarrow \vec{A M} . \vec{u_{d}} = 0$ với $\vec{u_{d}} = (3; - 2; - 1)$ là 1 VTCP của đường thẳng $d$.

$ \Rightarrow 3\left( {3t - 4} \right) - 2\left( {1 - 2t} \right) - 1\left( { - t} \right) = 0 \Leftrightarrow 14t - 14 = 0 \Leftrightarrow t = 1 \Rightarrow M\left( {4; - 1;0} \right)$.

$M$ là trung điểm của $AA' \Rightarrow A' = 2M - A = \left( {3; - 2; - 1} \right)$.

Vậy $d\left( {A';\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| {{y_{A'}}} \right| = 2$.

Câu 48:

Xét các số thực không âm $x$ và $y$ thỏa mãn

2 x + y {.4}^{x + y - 1} \geq 3

. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = {x^2} + {y^2} + 4x + 2y$ bằng

Xem đáp án

Đáp án: $\frac{{41}}{8}$

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp hàm số để giải bài toán.

Giải chi tiết:

Ta có: $2x + y{.4^{x + y - 1}} \ge 3$

$ \Leftrightarrow 2x - 3 + y{.4^x}{.4^{y - 1}} \ge 0$

$ \Leftrightarrow \left( {2x - 3} \right){.4^{ - x}} + y{.4^{y - 1}} \ge 0$

$ \Leftrightarrow y{.4^{y - 1}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.4^{ - x}}$

$ \Leftrightarrow y{.2^{2y - 2}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.2^{ - 2x}}$

$ \Leftrightarrow {2^3}.y{.2^{2y - 2}} \ge {2^3}.\left( {3 - 2x} \right){.2^{ - 2x}}$

$ \Leftrightarrow 2y{.2^{2y}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.2^{3 - 2x}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)$

TH1: Với $3 - 2x \le 0$$ \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}$

$ \Rightarrow \left( 1 \right)$ đúng với mọi giá trị $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{3}{2}}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.$

$ \Rightarrow P = {x^2} + {y^2} + 4x + 2y \ge \frac{{33}}{4}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)$

TH2: Với $3 - 2x > 0$$ \Leftrightarrow 0 \le x < \frac{3}{2}$

Xét hàm số: $f\left( t \right) = t{.2^t}$ với $t \ge 0$

$ \Rightarrow f'\left( t \right) = {2^t} + t{.2^t}.\ln 2 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \ge 0$

$ \Rightarrow f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right).$

$ \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {2y} \right) \ge f\left( {3 - 2x} \right)$$ \Leftrightarrow 2y \ge 3 - 2x$$ \Leftrightarrow y \ge \frac{3}{2} - x$

$ \Rightarrow P = {x^2} + {y^2} + 4x + 2y$$ \ge {x^2} + {\left( {\frac{3}{2} - x} \right)^2} + 4x + 3 - 2x$$ = 2{x^2} - x + \frac{{21}}{4}$

$ \Rightarrow P = 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{41}}{8} \ge \frac{{41}}{8}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)$

Từ (2) và (3) ta được: $Min{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P = \frac{{41}}{8}$

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{4}}\\{y = \frac{5}{4}}\end{array}} \right..$

Câu 49:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên bằng a, gọi O là tâm của đáy ABCD. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) bằng ?

Xem đáp án

Đáp án: $\frac{{a\sqrt 6 }}{6}$

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, trong (SOM) kẻ $OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SM} \right)$, chứng minh $OH \bot \left( {SBC} \right)$.

- Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

$ \Rightarrow OM\parallel AB$, mà $AB \bot BC$$ \Rightarrow OM \bot BC$ và $OM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.$$ \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)$

Trong (SOM) kẻ $OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O \in SM} \right)$, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH}\\{OH \bot SM}\end{array}} \right.$$ \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)$

$ \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH$.

Tam giác SBC đều cạnh a nên $SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOM có: $S O = \sqrt{S M^{2} - O M^{2}} = \sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a}{\sqrt{2}}$ .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có: $OH = \frac{{SO.OM}}{{SM}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.

Vậy $d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.

Câu 50:

Cho hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần bằng 36, độ dài đường chéo bằng 6. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối hộp đó.

Xem đáp án

Đáp án: $8\sqrt 2 $

Phương pháp giải:

- Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là $a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c$. Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật là ${S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right)$ và thể tích khối hộp chữ nhật là $V = abc$.

- Sử dụng hằng đẳng thức biểu diễn $a + c$ theo $b$.

- Tính thể tích theo biến $b$, sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số.

Giải chi tiết:

Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là $a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c$.

Khi đó ta có ${S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 36$ và độ dài đường chéo bằng 6 nên ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 36$.

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 36}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} = 72}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6\sqrt 2 }\\{b\left( {a + c} \right) + ac = 18}\end{array}} \right.$

Khi đó $V = a b c = b [18 - b (a + c)]$

$= b [18 - b (6 \sqrt{2} - b)]$

$ = b\left[ {18 - 6\sqrt 2 b + {b^2}} \right]$

$ = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b = f\left( b \right)$

Ta có: $\{\begin{cases} a + c = 6 \sqrt{2} - b \\ b (6 \sqrt{2} - b) + a c = 18 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} a + c = 6 \sqrt{2} - b \\ a c = 18 + b^{2} - 6 \sqrt{2} b \end{cases}$

Để tồn tại $a, c$ thì $S^{2} \geq 4 P \Leftrightarrow {(6 \sqrt{2} - b)}^{2} \geq 4 (18 + b^{2} - 6 \sqrt{2} b)$

$ \Leftrightarrow {b^2} - 12\sqrt 2 b + 72 \ge 72 + 4{b^2} - 24\sqrt 2 b$

$ \Leftrightarrow 3{b^2} - 12\sqrt 2 b \le 0$

$ \Leftrightarrow 0 \le b \le 4\sqrt 2 $

Xét hàm số $f\left( b \right) = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < b \le 4\sqrt 2 } \right)$ ta có: $f'\left( b \right) = 3{b^2} - 12\sqrt 2 b + 18 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3\sqrt 2 }\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)$

$f\left( {3\sqrt 2 } \right) = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {\sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 $

Ta có BBT:

Từ BBT \[ \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {0;4\sqrt 2 } \right]} f\left( b \right) = 8\sqrt 2 \].

Vậy $V_{\max} = 8 \sqrt{2} \Leftrightarrow b = \sqrt{2}$ .

Câu 51:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi từ 51 đến 55:

Có đến mấy tháng, đêm nào Mị cũng khóc.

Một hôm, Mị trốn về nhà, hai tròng mắt còn đỏ hoe. Trông thấy bố, Mị quỳ, úp mặt xuống đất, nức nở. Bố Mị cũng khóc, đoán biết lòng con gái:

- Mầy về chào lạy tao để mày đi chết đấy à? Mày chết nhưng nợ tao vẫn còn, quan lại bắt trả nợ. Mày chết rồi không lấy ai làm nương ngô, trả được nợ, tao thì ốm yếu quá rồi. Không được con ơi!

Mị chỉ bưng mặt khóc. Mị ném nắm lá ngón (một thứ thuốc độc) xuống đất. Nắm lá ngón Mị đã đi tìm hái trong rừng. Mị vẫn giấu trong áo. Thế là Mị không đành lòng chết. Mị chết thì bố Mị còn khổ hơn bao nhiêu lần bây giờ.

Mị lại trở lại nhà thống lý.

(Trích Vợ chồng A Phủ, Tô Hoài, SGK Ngữ văn lớp 12, tập 2)

Đoạn trích trên thuộc tập truyện nào?

A. Truyện Tây Bắc

B. Vang bóng một thời

C. Sông Đà

D. Ánh sáng và phù sa

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ xuất xứ tác phẩm Vợ chồng A Phủ

Giải chi tiết:

Tác phẩm Vợ chồng A Phủ được trích trong tập “Truyện Tây Bắc” là kết quả của chuyến đi thực tế Tô Hoài cùng bộ đội vào giải phóng Tây Bắc.

Câu 52:

Đoạn trích trên được trích trong hoàn cảnh nào?

A. Mị trước khi về làm dâu nhà thống lý Pá tra

B. Mị trong quá trình làm dâu nhà thống lý Pá tra

C. Mị khi mới phát hiện mình bị bắt về nhà thống lý với tư cách là con dâu gạt nợ

D. Mị trong đêm tình mùa xuân với sự thức tỉnh sức mạnh tiềm tàng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Đoạn trích được trích trong hoàn cảnh khi Mị mới biết mình bị bắt về nhà thống lý Pá tra để làm con dâu gạt nợ.

Câu 53:

Chi tiết Mị muốn ăn lá ngón tự tử thể hiện điều gì?

A. Thể hiện khát vọng sống

B. Khát vọng thay đổi

C. Thể hiện sự liều lĩnh của Mị

D. Khát vọng tự do

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Chi tiết Mị muốn ăn lá ngón tự tử thể hiện cho khát vọng tự do của cô. Cô thà chét còn hơn chấp nhận một cuộc sống cầm tù với một cuộc hôn nhân trao đổi, mua bán.

Câu 54:

Vì sao Mị lại từ bỏ quyết định tự tử của mình.

A. Mị không dám chết vì sợ để lại cha thui thủi một mình.

B. Mị sợ cha con nhà thống lý sẽ gây khó dễ cho cha mình

C. Vì dù cô có chết thì mối nợ truyền kiếp vẫn không thể xóa, cha cô vẫn khổ.

D. Vì Mị có khát vọng sống mãnh liệt. Khát vọng ấy thôi thúc Mị phải sống.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Mị từ bỏ ý định tự tử của mình vì cô hiểu rằng cho dù mình chết đi thì món nợ truyền kiếp của gia đình mình vẫn không thể xóa bỏ, cha cô vẫn khổ như vậy. Nghĩ đến cha, chữ hiếu đã khiến Mị từ bỏ cái chết, từ bỏ khát vọng tự do, khát vọng hạnh phúc chấp nhận quay về sống trng cảnh con dâu gạt nợ.

Câu 55:

Phong cách ngôn ngữ nào được sử dụng trong văn bản trên?

A. Báo chí

B. Chính luận

C. Nghệ thuật

D. Sinh hoạt

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:

Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật thường xuất hiện trong các tác phẩm nghệ thuật. Nó là ngôn ngữ được tổ chức, sắp xếp, lựa chọn, gọt giũa, tinh luyện từ ngôn ngữ thông thường và đạt được giá trị nghệ thuật – thẩm mĩ.

-> Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ: Nghệ thuật

Câu 56:

Đọc bài thơ sau và thực hiện các yêu cầu các câu từ 56 đến 60:

Một người trẻ nói: “Tôi vốn quen sống ngẫu hứng, tôi muốn được tự do. Kỷ luật không cho cuộc sống của tôi điều gì”. Bạn có biết khi quan tâm quá nhiều đến điều có thể nhận được sẽ khiến bản thân mê đắm trong những điều phù phiếm trước mắt. Kỷ luật chính là đôi cánh lớn nâng bạn bay lên cao và xa. Người lính trong quân đội được học từ những điều cơ bản nhất của kỷ luật như đi ngủ và thức dậy đúng giờ, ăn cơm đúng bữa, gấp quân trang đúng cách,… cho đến những kỷ luật cao hơn như tuyệt đối tuân thủ mệnh lệnh cấp trên, đoàn kết trong tập thể,…Tất cả những điều đó để hướng tới một mục đích cao hơn là thao trường đổ mồ hôi chiến trường bớt đổ máu, là tất cả phục vụ vì nhân dân vì đất nước. Đó là lý tưởng của họ. Thành công đến cùng tính kỷ luật tạo dựng sự bền vững lâu dài. Kỷ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc. Nó giúp bạn giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Không những vậy, kỷ luật còn là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn. Người thầy luôn đặt ra những thử thách rèn bản thân sống có nguyên tắc hơn nhắc nhở bản thân từ mục đích ban đầu khi ra bước đi là gì. Kỷ luật không lấy đi của bạn thứ gì nó đem đến cho bạn nhiều hơn những điều bạn tưởng.

(Nguồn https://www.ctgroupvietnam.com/Tin-Tuc/cau-chuyen-cuoi-tuan-suc-manh-cua-tinh- ky-luat)

Chỉ ra phương thức biểu đạt chính được sử dụng trong đoạn thơ trên.

A. Biểu cảm.

B. Tự sự.

C. Nghị luận.

D. Miêu tả.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ 6 phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ.

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ: Nghị luận.

Câu 57:

Trong văn bản, rất nhiều thứ mà kỷ luật mang đến cho bạn là những thứ gì?

A. Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc.

B. Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.

C. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.

D. Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung bài đọc hiểu.

Giải chi tiết:

Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.

Câu 58:

Chỉ ra và nêu tác dụng biện pháp tu từ trong câu: Kỷ luật chính là đôi cánh lớn nâng bạn bay lên cao và xa.

A. Nhân hóa

B. So sánh

C. Ẩn dụ

D. Nhân hóa và so sánh

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ: so sánh (kỷ luật so sánh với đôi cánh lớn)

Câu 59:

“Kỷ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc.” đoạn trên sử dụng phép liên kết nào?

A. Phép nối

B. Phép thế

C. Phép lặp

D. Phép liên tưởng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phép liên kết câu đã học

Giải chi tiết:

- Các phép liên kết bao gồm: phép lặp; phép thế; phép nối; phép liên tưởng, đồng nghĩa, trái nghĩa.

- “Kỷ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc” đoạn trên sử dụng những phép liên kết là: phép thế: “Đó” thế cho “mang đến cho bạn rất nhiều thứ” ở câu 1.

Câu 60:

Nội dung của đoạn văn trên là gì?

A. Sức mạnh của kỉ luật đối với cuộc sống con người.

B. Người có tính kỉ luật sẽ dễ dàng đạt được thành công.

C. Bàn về tự do và kỉ luật.

D. Kỉ luật là đôi cánh giúp con người vươn cao, vươn xa.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ bài nội dung đoạn trích, phân tích

Giải chi tiết:

Nội dung đoạn trích là: Sức mạnh của kỉ luật đối với cuộc sống con người.

Câu 61:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi từ 61 đến 65:

“Cái đẹp vừa là xinh, là khéo. Ta không háo hức cái tráng lệ, huy hoàng, không say mê cái huyền ảo, kì vĩ. Màu sắc chuộng cái dịu dàng, thanh nhã, ghét sặc sỡ. Qui mô chuộng sự vừa khéo vừa xinh, phải khoảng. Giao tiếp ứng xử chuộng hợp tình, hợp lí, áo quần, trang sức, món ăn đều không chuộng sự cầu kì. Tất cả đều hướng vào cái đẹp dịu dàng, thanh lịch, duyên dáng có qui mô vừa phải”.

(Nhìn về văn hóa dân tộc - Trần Đình Hượu)

Xác định phương thức biểu đạt chính của đoạn trích trên.

A. Tự sự

B. Miêu tả

C. Nghị luận

D. Biểu cảm

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt chính: nghị luận

Câu 62:

Hãy chỉ ra một biện pháp tu từ được sử dụng trong đoạn trích.

A. Ẩn dụ

B. Nói quá

C. So sánh

D. Điệp từ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

Biện pháp tu từ điệp từ: chuộng.

Câu 63:

Nêu ngắn gọn nội dung của đoạn trích.

A. Văn hóa không cần cái đẹp

B. Văn hóa đích thực là sự cầu kì

C. Cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải

D. Sự cầu kì không phải là cái đẹp

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

Nội dung: cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải.

Câu 64:

Đoạn trích gửi đi thông điệp gì?

A. Cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa

B. Cái tráng lệ, huy hoàng là kẻ thù của cái đẹp

C. Cần có thói quen tốt khi giao tiếp

D. Cầu kì là kẻ thù của cái đẹp

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung và những từ ngữ được lặp lại nhiều lần.

Giải chi tiết:

Thông điệp: cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa

Câu 65:

Em hiểu gì về cụm từ “quy mô vừa phải”?

A. Thứ gì cũng vừa đủ

B. Không vượt ra ngoài quy chuẩn

C. Đủ để người tiếp xúc cảm thấy dễ chịu

D. Tất cả các phương án trên

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung và những từ ngữ được lặp lại nhiều lần.

Giải chi tiết:

Quy mô vừa phải thể hiện sự vừa đủ, không vượt ngoài quy chuẩn và để lại sự dễ chịu nơi người tiếp xúc.

Câu 66:

Dựa vào các thông tin được cung cấp dưới đây để trả lời các câu từ 66 đến 70

“Chớ tự kiêu, tự đại. Tự kiêu, tự đại là khờ dại. Vì mình hay, còn nhiều người hay hơn mình. Mình giỏi, còn nhiều người giỏi hơn mình. Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ. Sông to, biển rộng, thì bao nhiêu nước cũng chứa được, vì độ lượng nó rộng và sâu. Cái chén nhỏ, cái đĩa cạn, thì một chút nước cũng đầy tràn, vì độ lượng nó hẹp nhỏ. Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

(Trích "Cần kiệm liêm chính", Hồ Chí Minh, tháng 6-1949)

Đoạn văn trên được viết theo phong các ngôn ngữ nào?

A. Phong cách sinh hoạt

B. Phong cách nghệ thuật

C. Phong cách chính luận

D. Phong cách khoa học

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ 6 phong cách ngôn ngữ đã học (sinh hoạt, nghệ thuật, chính luận, báo chí, khoa học, hành chính).

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:

- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.

- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.

- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ

Câu 67:

Trong đoạn văn trên, tác giả sử dụng những thao tác lập luận nào?

A. Giải thích, bác bỏ, phân tích, so sánh

B. Chứng minh, bình luận, bác bỏ, giải thích

C. Phân tích, chứng minh, so sánh, bình luận

D. Bình luận, giải thích, chứng minh, phân tích

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào 6 thao tác lập luận đã học (giải thích, chứng minh, phân tích, so sánh, bình luận, bác bỏ).

Giải chi tiết:

- Thao tác lập luận:

+ Giải thích: “Tự kiêu, tự đại là khờ dại”.

+ Bác bỏ: “Chớ tự kiêu, tự đại”.

+ Phân tích: các câu tiếp theo.

+ So sánh: “Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

Câu 68:

Chỉ ra một biện pháp nghệ thuật nổi bật được sử dụng trong đoạn trích trên và nêu tác dụng.

A. Nhân hóa – làm hình tượng trở nên sinh động

B. Câu hỏi tu từ - bộc lộ cảm xúc của tác giả

C. Điệp từ - nhấn mạnh thái độ của tác giả trong đoạn trích

D. Nói quá – làm hình tượng trở nên sinh động hơn

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ điệp từ: tự kiêu, tạ đại, hơn mình, thì.

- Tác dụng: Sử dụng phép điệp từ có tác dụng làm cho lời thơ giàu giá trị biểu đạt, có nhịp điệu; qua đó tác giả nhằm thể hiện sự phản bác của mình về kiểu người tự kiêu, tự đại.

Câu 69:

Giải thích ý kiến “Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ”.

A. Tự kiêu, tự đại là làm suy thoái giống nòi.

B. Tự kiêu, tự đại là làm suy thoái bản thân.

C. Tự kiêu, tự đại làm ảnh hưởng đến tương lai đất nước.

D. Tự kiêu, tự đại làm ảnh hưởng đến những người xung quanh.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích, lý giải, tổng hợp

Giải chi tiết:

“Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ”: ý kiến nêu lên tác hại của việc tự kiêu, tự đại. “Thoái bộ” ở đây nghĩa là suy thoái, thụt lùi. Một người tự kiêu, tự đại sẽ không học hỏi được những điều hay, không tiếp thu được những kiến thức mới mà chỉ bị thụt lùi về phía sau và không phát triển bản thân lên được.

Câu 70:

Đoạn trích trên khiến ta liên tưởng tới văn bản ngụ ngôn nào đã học?

A. Đeo nhạc cho mèo

B. Thầy bói xem voi

C. Chân, Tay, Tai, Mắt, Miệng

D. Ếch ngồi đáy giếng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích, liên hệ

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên phê phán tính tự kiêu, tự đại, giống với văn bản Ếch ngồi đáy giếng.

Câu 71:

Xác định một từ/cụm từ SAI về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

“Con người của Bác, đời sống của Bác đơn giản như thế nào, mọi người chúng ta đều biết: bữa cơm, đồ dùng, cái nhà, lối sống.”

A. con người

B. đời sống

C. đơn giản

D. lối sống

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Con người của Bác, đời sống của Bác giản dị như thế nào, mọi người chúng ta đều biết: bữa cơm, đồ dùng, cái nhà, lối sống.

Câu 72:

Xác định một từ/cụm từ SAI về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn phát minh ra sự sống.

A. văn chương

B. hình dung

C. muôn hình vạn trạng

D. phát minh

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống.

Câu 73:

Xác định một từ/cụm từ SAI về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

“Về văn bản, cách nói và cách viết của Hồ Chủ Tịch có những nét rất độc đáo: Nội dung khảng khái, thấm thía đi sâu vào tình cảm của con người, chinh phục cả trái tim và khối óc con người ta: Hình thức sinh động, giản dị, giàu tính dân tộc và tính nhân dân”

A. văn bản

B. độc đáo

C. chinh phục

D. hình thức

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Về văn phong, cách nói và cách viết của Hồ Chủ Tịch có những nét rất độc đáo: Nội dung khảng khái, thấm thía đi sâu vào tình cảm của con người, chinh phục cả trái tim và khối óc con người ta: Hình thức sinh động, giản dị, giàu tính dân tộc và tính nhân dân

Câu 74:

Xác định một từ/cụm từ SAI về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

Không nên đánh giá con người qua bề ngoài hình thức mà nên đánh giá con người bằng những hành động, cử chỉ, cách đối xử của họ.

A. bề ngoài

B. đánh giá

C. bằng

D. đối xử

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Không nên đánh giá con người qua bề ngoài hình thức mà nên đánh giá con người qua những hành động, cử chỉ, cách đối xử của họ.

Câu 75:

Xác định một từ/cụm từ SAI về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

Thơ Tố Hữu không phải là một trò tiêu khiển mà là một khí cụ đấu tranh, một công việc vận động của người cách mạng. Người Tố Hữu là một thi sĩ, một chiến sĩ nhưng chúng ta đừng quên cốt cách của nó là thi sĩ.

A. tiêu khiển

B. khí cụ

C. công việc

D. cốt cách

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

Thơ Tố Hữu không phải là một trò tiêu khiển mà là một khí cụ đấu tranh, một công tác vận động của người cách mạng. Người Tố Hữu là một thi sĩ, một chiến sĩ nhưng chúng ta đừng quên cốt cách của nó là thi sĩ.

Câu 76:

Chọn một từ mà nghĩa của nó KHÔNG cùng nhóm với các từ còn lại.

A. chắn đường

B. chặn đường

C. chặng đường

D. cản đường

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Các từ: chắn đường, chặn đường, cản đường đều mang nghĩa ngăn cản (động từ)

Từ “chặng đừng” để chỉ một hành trình (danh từ)

Câu 77:

Chọn một từ mà nghĩa của nó KHÔNG cùng nhóm với các từ còn lại.

A. để dành

B. dành dụm

C. dành cho

D. giành cúp

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về tính từ

Giải chi tiết:

Từ “giành” trong “giành cúp” chỉ hoạt động cố gắng đạt được một thứ gì đó

Từ “dành” trong các từ còn lại chỉ hoạt động giữ lại để dùng về sau

Câu 78:

Chọn một từ mà nghĩa của nó KHÔNG cùng nhóm với các từ còn lại.

A. bàng quang

B. vô tâm

C. bàng quan

D. thờ ơ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại từ đã học

Giải chi tiết:

Từ “bàng quang” là danh từ chỉ một bộ phận trên cơ thể người

Các từ còn lại đều chỉ sự không quan tâm đến vấn đề đang diễn ra.

Câu 79:

Tác giả nào sau đây KHÔNG thuộc trường phái thơ ca Cách mạng?

A. Tố Hữu

B. Hồ Chí Minh

C. Quang Dũng

D. Lưu Quang Vũ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào hiểu biết về các tác giả đã học trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Lưu Quang Vũ là nhà viết kịch tài ba trong giai đoạn sau 1975.

Câu 80:

Tác phẩm nào sau đây KHÔNG thuộc phong trào thơ mới?

A. Hầu trời

B. Tống biệt hành.

C. Ông đồ

D. Đoàn thuyền đánh cá

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ kiến thức về các tác phẩm đã học.

Giải chi tiết:

A. Hầu trời. => Là tác phẩm của nhà thơ Tản Đà, sáng tác trong phong trào Thơ mới.

B. Tống biệt hành. => Là tác phẩm của nhà thơ Thanh Tâm, sáng tác năm 1940 trong phong trào Thơ mới.

C. Ông đồ. => Là tác phẩm của nhà thơ Vũ Đình Liên, tác phẩm đã đưa tên tuổi của ông trở nên có vị trí trong phong trào Thơ mới.

D. Đoàn thuyền đánh cá. => Là tác phẩm của nhà thơ Huy Cận, sáng tác vào năm 1958 – 4 năm sau khi miền Bắc được giải phóng, đất nước bắt đầu bước vào thời kì xây dựng sau chiến tranh => Tác phẩm không thuộc phong trào Thơ mới.

Câu 81:

Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:

“Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, ______ đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả”

A. Nam Cao.

B. Vũ Trọng Phụng

C. Ngô Tất Tố

D. Nguyễn Công Hoan

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ hiểu biết về tác giả trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả

Câu 82:

“Con đường hình thành __________ dân tộc của văn hóa không chỉ trông cậy vào sự tạo tác của chính dân tộc đó mà còn trông cậy vào khả năng chiếm lĩnh, khả năng đồng hóa những giá trị văn hóa bên ngoài.”

A. bản sắc

B. văn hóa

C. nét đẹp

D. tinh hoa

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu

Giải chi tiết:

Con đường hình thành bản sắc dân tộc của văn hóa không chỉ trông cậy vào sự tạo tác của chính dân tộc đó mà còn trông cậy vào khả năng chiếm lĩnh, khả năng đồng hóa những giá trị văn hóa bên ngoài.

Câu 83:

Chọn từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu dưới đây:

Văn chương sẽ là ________ của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống.

A. đặc điểm

B. hình dung

C. vẻ đẹp

D. biểu tượng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu.

Giải chi tiết:

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống.

Câu 84:

Tác phẩm Sóng là cuộc hành trình khởi đầu là sự ________ cái chật chội, nhỏ hẹp để tìm đến một tình yêu bao la rộng lớn, cuối cùng là khát vọng được sống hết mình trong tình yêu, muốn ______ vĩnh viễn thành tình yêu muôn thủa.

A. vứt bỏ/biến đổi

B. vứt bỏ/hóa thân

C. từ bỏ/hóa thân

D. từ bỏ/biến đổi

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung câu văn.

Giải chi tiết:

Tác phẩm Sóng là cuộc hành trình khởi đầu là sự từ bỏ cái chật chội, nhỏ hẹp để tìm đến một tình yêu bao la rộng lớn, cuối cùng là khát vọng được sống hết mình trong tình yêu, muốn hóa thân vĩnh viễn thành tình yêu muôn thở.

Câu 85:

Mỗi ngày Mị càng không nói, ________ như con rùa nuôi trong xó cửa.

A. lùi lũi

B. chậm chạp

C. lảo đảo

D. lặng lẽ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung câu văn.

Giải chi tiết:

Mỗi ngày Mị càng không nói, lùi lũi như con rùa nuôi trong xó cửa.

Câu 86:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời câu hỏi:

“Trước khi về đến vùng châu thổ êm đềm, nó là một bản trường ca của rừng già, rầm rộ giữa bóng cây đại ngàn, mãnh liệt qua những ghềnh thác, cuộn xoáy như cơn lốc vào những đáy vực bí ẩn, và cũng có lúc nó trở nên dịu dàng và say đắm giữa những dặm dài chói lọi màu đỏ của hoa đỗ quyên rừng. Giữa lòng Trường Sơn, sông Hương đã sống một nửa cuộc đời của mình như một cô gái Di-gan phóng khoáng và man dại. Rừng già đã hun đúc cho nó một bản lĩnh gan dạ, một tâm hồn tự do và trong sáng. Nhưng chính rừng già nơi đây, với cấu trúc đặc biệt có thể lý giải được về mặt khoa học, đã chế ngự sức mạnh bản năng ở người con gái của mình để khi ra khỏi rừng, sông Hương nhanh chóng mang một sắc đẹp dịu dàng và trí tuệ, trở thành người mẹ phù sa của một vùng văn hoá xứ sở.”

(Trích “Ai đã đặt tên cho dòng sông” – Hoàng Phủ Ngọc Tường, SGK Ngữ văn 12 tập 1)

Rừng già đã hun đúc cho sông Hương bản lĩnh và tâm hồn như thế nào?

A. Gan dạ, tự do, phóng khoáng

B. Phóng khoáng, tự do, trong sáng

C. Bản lĩnh, trong sáng, phóng khoáng

D. Gan dạ, tự do và trong sáng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Rừng già đã hun đúc cho con sông Hương vẻ đẹp gan dạ, tự do và phóng khoáng.

Câu 87:

Sớm hôm sau, lính tỉnh dẫn đến cửa ngục thất sáu tên tù mà công văn chiều hôm qua đã báo trước cho ngục quan biết rõ tên tuổi, làng xóm và tội hình. Sáu phạm nhân mang chung một chiếc gông dài tám thước. Cái thang dài ấy đặt ngang trên sáu bộ vai gầy. Cái thang gỗ lim nặng, đóng khung lấy sáu cái cổ phiến loạn, nếu đem bắt lên mỏ cân, có thể nặng đến bảy tám tạ. Thật là một cái gông xứng đáng với tội án sáu người tử tù. Gỗ thân gông đã cũ và mồ hôi cổ mồ hôi tay kẻ phải đeo nó đã phủ lên một nước quang dầu bóng loáng. Những đoạn gông đã bóng thì loáng như có người đánh lá chuối khô. Những đoạn không bóng thì lại sỉn lại những chất ghét đen sánh.

(Trích đoạn trích Chữ người tử tù, Nguyễn Tuân, SGK Ngữ văn lớp 11, tập 1)

Hình ảnh cái gông được Nguyễn Tuân miêu tả khá kĩ và rất ấn tượng chủ yếu nhằm dụng ý gì?

A. Để thấy cái gông to, dài, nặng, lâu đời đến mức nào.

B. Để thấy những tử tù mang cái gông ấy nguy hiểm như thế nào.

C. Để thấy khí phách của Huấn Cao mạnh mẽ, lẫm liệt đến mức nào.

D. Để thấy pháp quyền của nhà nước phong kiến nghiêm đến mức nào.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh chiếc gông được miêu tả một cách rất kĩ nhằm thể hiện khí phách của Huấn Cao. Cái gôm có nặng đến thế nào, sự áp bức của chế độ có nặng nề bao nhiêu cũng không ngăn nổi khí phách hiên ngang của người anh hùng.

Câu 88:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Của ong bướm này đây tuần tháng mật;

Này đây hoa của đồng nội xanh rì;

Này đây lá của cành tơ phơ phất;

Của yến anh này đây khúc tình si;

Và này đây ánh sáng chớp hàng mi,

Mỗi sáng sớm, thần Vui hằng gõ cửa;

Tháng giêng ngon như một cặp môi gần;

Tôi sung sướng. Nhưng vội vàng một nửa:

Tôi không chờ nắng hạ mới hoài xuân.

(Trích Vội vàng – Xuân Diệu, Ngữ văn 11, Tập hai, NXB Giáo dục)

Hình ảnh “Tháng giêng ngon như một cặp môi gần” là một so sánh rất Xuân Diệu. Vì sao?

A. Xuân Diệu lấy vẻ đẹp của con người, sự sống làm chuẩn mực cho mọi vẻ đẹp.

B. Cảnh vật trong thơ Xuân Diệu luôn đầy hương sắc, tình tứ.

C. Xuân Diệu nhìn đâu cũng thấy đam mê và hương vị của tình yêu.

D. Xuân Diệu luôn nhìn đời bằng cặp mắt xanh non biếc rờn.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh “Tháng giêng ngon như một cặp môi gần” là một so sánh rất Xuân Diệu bởi lẽ ở đây ông đã lấy con người làm chuẩn mực của thiên nhiên trời đất. Điều nay chưa từng có trong thơ ca Trung đại.

Câu 89:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Người đàn bà lẳng lặng đi vào trong bếp. Tràng nom thị hôm nay khác lắm, rõ ràng là người đàn bà hiền hậu đúng mực không còn vẻ gì chao chát chỏng lỏn như mấy lần Tràng gặp ở ngoài tỉnh. Không biết có phải vì mới làm dâu mà thị tu chí làm ăn không? Bà mẹ Tràng cũng nhẹ nhõm, tươi tỉnh khác ngày thường, cái mặt bủng beo u ám của bà rạng rỡ hẳn lên. Bà lão xăm xắn thu dọn, quét tước nhà cửa. Hình như ai nấy đều có ý nghĩ rằng thu xếp cửa nhà cho quang quẻ, nề nếp thì cuộc đời họ có thể khác đi, làm ăn có cơ khấm khá hơn.

(Trích Vợ nhặt – Kim Lân, Ngữ văn 12, Tập hai, NXB Giáo dục)

Bà cụ Tứ trong đoạn trích trên thể hiện rõ nhất phẩm chất gì?

A. Một người mẹ thương con vô cùng

B. Một người đàn bà đói khổ trong thảm cảnh

C. Một người đàn bà bao dung, rộng lượng

D. Một người đàn bà lạc quan, có niềm tin vào sự đổi đời.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Bà cụ Tứ trong đoạn trích trên có những hành động như quét dọn nhà cửa, khuôn mặt rạng rỡ hẳn lên. Điều đó thể hiện cho một tinh thần lạc quan, tin vào sự đổi đời của bà lão nông dân nghèo.

Câu 90:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Thương nhau, chia củ sắn lùi

Bát cơm sẻ nửa, chăn sui đắp cùng.

Nhớ người mẹ nắng cháy lưng

Địu con lên rẫy, bẻ từng bắp ngô.

Nhớ sao lớp học i tờ

Đồng khuya đuốc sáng những giờ liên hoan

Nhớ sao ngày tháng cơ quan

Gian nan đời vẫn ca vang núi đèo.

Nhớ sao tiếng mõ rừng chiều

Chày đêm nện cối đều đều suối xa...

(Trích Việt Bắc – Tố Hữu, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục)

Nội dung đoạn thơ trên là gì?

A. Nỗi nhớ Việt Bắc của nhà thơ

B. Nỗi nhớ về những kỉ niệm gắn bó với người dân Việt Bắc

C. Nỗi nhớ người dân Việt Bắc

D. Nỗi nhớ những trận đánh hào hùng tại chiến khu Việt Bắc

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn thơ thể hiện nỗi nhớ về những kỉ niệm đã gắn bó với người dân Việt Bắc.

Câu 91:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Em ơi em

Hãy nhìn rất xa

Vào bốn ngàn năm Đất Nước

Năm tháng nào cũng người người lớp lớp

Con gái, con trai bằng tuổi chúng ta

Cần cù làm lụng

Khi có giặc người con trai ra trận

Người con gái trở về nuôi cái cùng con

Ngày giặc đến nhà thì đàn bà cũng đánh

Nhiều người đã trở thành anh hùng

Nhiều anh hùng cả anh và em đều nhớ

(Trích Đất Nước – Nguyễn Khoa Điềm, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục)

Đoạn trích trên, tác gỉa đã cảm nhận đất nước từ khía cạnh nào?

A. Lịch sử

B. Địa lý

C. Văn hóa

D. Truyền thống

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên tác giả đã cảm nhận vẻ đẹp của đất nước qua bình diện lịch sử

Câu 92:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Việt đã bò đi được một đoạn, cây súng đẩy đi trước, hai cùi tay lôi người theo. Việt cũng không biết rằng mình đang bò đi nữa, chính trận đánh đang gọi Việt đến. Phía đó là sự sống. Tiếng súng đã đem lại sự sống cho đêm vắng lặng. Ở đó có các anh đang chờ Việt, đạn ta đang đổ lên đầu giặc Mỹ những đám lửa dữ dội, và những mũi lê nhọn hoắt trong đêm đang bắt đầu xung phong...

(Những đứa con trong gia đình – Nguyễn Thi, Ngữ văn 12, Tập hai, NXB Giáo dục)

Nhân vật Việt trong đoạn trích trên bộc lộ rõ nét nhất phẩm chất gì?

A. Anh hùng

B. Trẻ con

C. Nhu nhược

D. Lạc quan

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Nhân vật Việt trong đoạn trích trên thể hiện rõ nhất phẩm chất của một người anh hùng.

Câu 93:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Pháp chạy, Nhật hàng, vua Bảo Đại thoái vị. Dân ta đã đánh đổ các xiềng xích thực dân gần 100 năm nay để gây dựng nên nước Việt Nam độc lập. Dân ta lại đánh đổ chế độ quân chủ mấy mươi thế kỷ mà lập nên chế độ Dân chủ Cộng hòa.

Bởi thế cho nên, chúng tôi, lâm thời Chính phủ của nước Việt Nam mới, đại biểu cho toàn dân Việt Nam, tuyên bố thoát ly hẳn quan hệ với Pháp, xóa bỏ hết những hiệp ước mà Pháp đã ký về nước Việt Nam, xóa bỏ tất cả mọi đặc quyền của Pháp trên đất nước Việt Nam.

(Tuyên ngôn Độc lập – Hồ Chí Minh, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục, 2007, tr.29)

Đoạn trích trên được viết theo phương thức biểu đạt nào?

A. Miêu tả

B. Thuyết minh

C. Tự sự

D. Nghị luận

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên được viết theo phương thức nghị luận.

Câu 94:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

“Lát lâu sau mụ lại mới nói tiếp:

- Mong các chú cách mạng thông cảm cho, đám đàn bà hàng chài ở thuyền chúng tôi cần phải có người đàn ông để chèo chống phong ba, để cùng làm ăn nuôi nấng đặng một sắp con, nhà nào cũng trên dưới chục đứa. Ông trời sinh ra người đàn bà là để đẻ con, rồi nuôi con cho đến khi khôn lớn cho nên phải gánh lấy cái khổ. Đàn bà ở thuyền chúng tôi phải sống cho con chứ không thể sống cho mình như ở trên đất được! Mong các chú lượng tình cho cái sự lạc hậu. Các chú đừng bắt tôi bỏ nó! - Lần đầu tiên trên khuôn mặt xấu xí của mụ chợt ửng sáng lên như một nụ cười - vả lại, ở trên chiếc thuyền cũng có lúc vợ chồng con cái chúng tôi sống hòa thuận, vui vẻ.”

(Trích Chiếc thuyền ngoài xa – Nguyễn Minh Châu, Ngữ văn 12, Tập hai, NXB Giáo dục)

Lời nói của người đàn bà trong đoạn trích thể hiện điều gì?

A. Bà là người phụ nữ quê mùa, ít học

B. Bà đang lo sợ bị mang tiếng bỏ chồng

C. Bà là một người phụ nữ tần tảo

D. Bà là một người thấu hiểu lẽ đời.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản đã học

Giải chi tiết:

Lời của người đàn bà trong đoạn trích trên cho thấy, bà là một người thấu hiểu lẽ đời. Chính lời nói này đã khiến Phùng và Đẩu hiểu thêm về các khía cạnh trong cuộc sống.

Câu 95:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

“Mơ khách đường xa, khách đường xa

Áo em trắng quá nhìn không ra

Ở đây sương khói mờ nhân ảnh

Ai biết tình ai có đậm đà?”

(Trích Đây thôn Vĩ Dạ – Hàn Mặc Tử, Ngữ văn 11, Tập hai, NXB Giáo dục)

Dòng nào dưới đây nêu đúng các biện pháp tu từ được sử dụng?

A. Nhân hóa, hoán dụ.

B. Điệp từ, nhân hóa

C. Câu hỏi tu từ, điệp từ.

D. So sánh, câu hỏi tu từ, hoán dụ.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

Đoạn thơ trên sử dụng các biện pháp tu từ:

- Câu hỏi tu từ (Ai biết tình ai có đậm đà?)

- Điệp từ (khách đường xa)

Câu 96:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

- Thôi ai về nhà nấy, trời hết sáng rồi, làm lửa nấu cơm được rồi đó. Lũ con nít đi tắm nước cho sạch, rửa hết khói xà nu đi, đừng có vẽ mặt như văn công đóng kịch nữa, đứa nào không sạch thì phê bình nghe chưa?… Thằng Tnú cũng đi rửa chân đi. Mày có nhớ cái máng nước ở chỗ nào không?… Nhớ à, được. Tưởng quên rồi thì tau đuổi ra rừng, không cho ở làng nữa đâu.

(Rừng Xà nu – Nguyễn Trung Thành, Ngữ văn 12, Tập hai, NXB Giáo dục)

Đoạn trích trên là lời nói của ai?

A. Nhân vật Tnú

B. Nhân vật cụ Mết

C. Nhân vật Dít

D. Nhân vật Heng

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức đã học trong bài Rừng Xà nu

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên là lời cụ Mết khi đón Tnú về thăm làng.

Câu 97:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Con sóng dưới lòng sâu

Con sóng trên mặt nước

Ôi con sóng nhớ bờ

Ngày đêm không ngủ được

Lòng em nhớ đến anh

(Trích “Sóng” – Xuân Quỳnh, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục)

Hình ảnh “con sóng” trong đoạn trích trên sử dụng biện pháp tu từ nào?

A. Nhân hóa

B. So sánh

C. Ẩn dụ

D. Hoán dụ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh con sóng được sử dụng biện pháp tu từ ẩn dụ cho hình ảnh người phụ nữ trong tình yêu.

Câu 98:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Hồn Trương Ba: Ta cần gì đến cái sức mạnh làm ta trở thành tàn bạo.

Xác hàng thịt: Nhưng tôi là cái hoàn cảnh mà ông buộc phải quy phục! Đâu phải lỗi tại tôi... (buồn rầu) Sao ông có vẻ khinh thường tôi thế nhỉ? Tôi cũng đáng được quý trọng chứ! Tôi là cái bình để chứa đựng linh hồn. Nhờ tôi mà ông có thể làm lụng, cuốc xới. Ông nhìn ngắm trời đất, cây cối, những người thân... Nhờ có đôi mắt của tôi, ông cảm nhận thế giới này qua những giác quan của tôi... Khi muốn hành hạ tâm hồn con người, người ta xúc phạm thể xác… Những vị lắm chữ nhiều sách như các ông là hay vin vào cớ tâm hồn là quý, khuyên con người ta sống vì phần hồn, để rồi bỏ bê cho thân xác họ mãi khổ sở, nhếch nhác... Mỗi bữa tôi đòi ăn tám, chín bát cơm, tôi thèm ăn thịt, hỏi có gì là tội lỗi nào? Lỗi là ở chỗ không có đủ tám, chín bát cơm cho tôi ăn chứ!

(Trích Hồn Trương Ba da hàng thịt – Lưu Quang Vũ, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục)

Trong cuộc đối thoại trên, xác hàng thịt đã chỉ ra tư tưởng nào mà tác giả muốn gửi gắm?

A. Tâm hồn là thứ thanh cao.

B. Vật chất là thứ tầm thường đáng khinh.

C. Nếu không có vật chất con người không thể tồn tại.

D. Con người nên sống vì tâm hồn và đề cao nó.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của tác phẩm Hồn Trương Ba da hàng thịt.

Giải chi tiết:

Trong cuộc đối thoại trên, Lưu Quang Vũ đã cgir ra rằng: Xưa nay chúng ta cứ mãi đề cao tâm hồn mà quên đi vật chất. Thực tế, con người không thể sống được nếu chỉ có một tâm hồn đẹp. Vì vậy vật chất cũng có một giá trị hết sức quan trọng trong đời sống con người.

Câu 99:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

Con Sông Đà tuôn dài tuôn dài như một áng tóc trữ tình, đầu tóc chân tóc ẩn hiện trong mây trời tây Bắc bung nở hoa ban hoa gạo tháng hai va cuồn cuộn mù khói Mèo đốt nương xuân. Tôi đã nhìn say sưa làn mây mùa xuân bay trên Sông Đà, tôi đã xuyên qua đám mây mùa thu mà nhìn xuống dòng nước Sông Đà. Mùa xuân dòng xanh ngọc bích, chứ nước Sông Đà không xanh màu xanh canh hến của Sông Gâm Sông Lô. Mùa thu nước Sông đà lừ lừ chín đỏ như da mặt một người bầm đi vì rượu bữa, lừ lừ cái màu đỏ giận dữ ở một người bất mãn bực bội gì mỗi độ thu về.

(Trích Người lái đò Sông Đà – Nguyễn Tuân, Ngữ văn 12, Tập một, NXB Giáo dục)

Nội dung của đoạn trích trên là gì?

A. Vẻ đẹp trữ tình của Sông Đà.

B. Vẻ đẹp cảnh vật xung quanh hai bên bờ sông.

C. Vẻ đẹp của màu nước Sông Đà.

D. Vẻ đẹp hùng vĩ của Sông Đà.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của tác phẩm

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên nói đến vẻ đẹp trữ tình thơ mộng của con Sông Đà.

Câu 100:

Đọc đoạn trích sau đây và trả lời các câu hỏi:

“Lơ thơ cồn nhỏ gió đìu hiu

Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều

Nắng xuống trời lên sâu chót vót

Sông dài trời rộng bến cô liêu”

(Trích đoạn trích Tràng Giang, Huy Cận, SGK Ngữ văn lớp 11 tập 2)

Câu thơ “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” sử dụng biện pháp nghệ thuật nào?

A. Tả cảnh ngụ tình

B. Lấy sáng tả tối

C. Lấy động tả tĩnh

D. Bút pháp ước lệ

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của câu thơ

Giải chi tiết:

Câu thơ: “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” sử dụng biện pháp nghệ thuật lấy động tả tĩnh. Câu thơ tả tiếng động âm thanh nhưng lại không cho thấy sự náo nhiệt mà ngược lại cho người đọc cảm giác không cảnh rộng lớn yên ắng đến nao lòng.

Câu 101:

Một trong những nội dung của Chính sách kinh tế mới (1921) ở nước Nga Xô viết là

A. Nhà nước không thu thuế lương thực.

B. bãi bỏ chính sách trung thu lương thực thừa.

C. Nhà nước nắm độc quyền nền kinh tế.

D. Nhà nước chỉ nắm ngành ngân hàng.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK Lịch sử 11, trang 53.

Giải chi tiết:

Một trong những nội dung của Chính sách kinh tế mới (1921) ở nước Nga Xô viết là bãi bỏ chính sách trung thu lương thực thừa và thay bằng thu thuế lương thực.

Câu 102:

Bài học kinh nghiệm lớn nhất được rút ra cho cách mạng Việt Nam từ sự thất bại của phong trào yêu nước cuối thế kỉ XIX đầu thế kỉ XX là gì?

A. Giải quyết đúng đắn mối quan hệ giữa nhiệm vụ dân tộc và dân chủ.

B. Xây dựng một mặt trận dân tộc thống nhất để đoàn kết nhân dân.

C. Xác định đúng giai cấp lãnh đạo và đưa ra đường lối đấu tranh đúng đắn.

D. Sử dụng sức mạnh của cả dân tộc để giải quyết vấn đề dân tộc và giai cấp.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích các phương án.

Giải chi tiết:

A, D loại vì cuối thế kỉ XIX, nhiệm vụ đấu tranh chỉ là giành độc lập dân tộc.

B loại vì giai đoạn này chưa có mặt trận dân tộc thống nhất, phải từ năm 1936 trở đi mới thành lập Mặt trận dân tộc thống nhất để lãnh đạo đấu tranh.

C chọn vì sự thất bại của phong trào yêu nước cuối thế kỉ XIX đầu thế kỉ XX là do chưa có giai cấp lãnh đạo tiên tiến và chưa đưa ra được đường lối đấu tranh đúng đắn.

Câu 103:

Trật tự thế giới theo hệ thống Vécxai – Oasinhtơn và trật tự thế giới hai cực Ianta đều

A. hình thành trên cơ sở thỏa thuận giữa các nước có chế độ chính trị đối lập.

B. phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc.

C. phản ánh tương quan lực lượng giữa hai hệ thống chính trị xã hội đối lập.

D. giải quyết được mâu thuẫn giữa các nước tham gia chiến tranh thế giới.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích các phương án.

Giải chi tiết:

A loại vì trật tự hai cực Ianta được hình thành gồm các nước TBCN dứng đầu là Mĩ và Liên Xô là nước XHCN.

B chọn vì trật tự thế giới theo hệ thống Vécxai – Oasinhtơn và trật tự thế giới hai cực Ianta đều phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc.

C loại vì trong hệ thống Véc xai – Oa sinh tơn, các nước đều thuộc phe TBCN.

D loại vì lợi ích của mỗi nước là khác nhau và mâu thuẫn về lợi ích vẫn luôn tồn tại.

Câu 104:

Đánh giá nào sau đây đúng về công lao to lớn đầu tiên của Nguyễn Ái Quốc đối với cách mạng Việt Nam từ 1911 – 1930?

A. Soạn thảo và thông qua Cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng.

B. Chuẩn bị về chính trị, tư tưởng và tổ chức cho sự thành lập Đảng Cộng sản.

C. Thành lập Đảng Cộng sản Việt Nam.

D. Đến với chủ nghĩa Mác – Lê nin tìm ra con đường cứu nước đúng đắn.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Dựa vào bối cảnh lịch sử Việt Nam đầu thế kỉ XX và hoạt động của Nguyễn Ái Quốc để đánh giá.

Giải chi tiết:

- Cuối thế kỉ XIX – đầu thế kỉ XX, Việt Nam đang trong thời kì khủng hoảng về đường lối cứu nước và giai cấp lãnh đạo đấu tranh bởi vì ngọn cờ phong kiến đã lỗi thời, lạc hậu còn con đường cứu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản đang trong quá trình thực tế kiểm nghiệm nhưng cũng dần cho thấy đây không phải là con đường cứu nước phù hợp vì chưa đáp ứng được yêu cầu của lịch sử dân tộc.

- Trong bối cảnh đó, Nguyễn Ái Quốc đang trên con đường tìm đường cứu nước cho dân tộc và Người đã tìm ra con đường phù hợp đó là con đường cách mạng vô sản. Điều này được chứng minh bởi thắng lợi đầu tiên là thắng lợi của Cách mạng XHCN tháng Mười Nga năm 1917. Người đánh giá đây là cuộc cách mạng “đến nơi” khi so sánh với cách mạng Pháp và cách mạng Mĩ. Sau này, thực tế lịch sử Việt Nam chứng minh và lựa chọn con đường cứu nước mà Nguyễn Ái Quốc đã xác định năm 1920 là hoàn toàn đúng đắn. Đây là công lao đầu tiên to lớn nhất của Nguyễn Ái Quốc trong những năm 1919 – 1930.

Câu 105:

Để phát triển khoa học - kĩ thuật, Nhật Bản có đặc điểm nào khác biệt với các nước tư bản?

A. Tập trung phát triển khoa học chinh phục vũ trụ.

B. Chuyển giao công nghệ từ các nước tiên tiến.

C. Mua bằng phát minh sáng chế của nước ngoài.

D. Coi trọng và phát triển giáo dục, khoa học kĩ thuật.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK Lịch sử 12, trang 54, suy luận.

Giải chi tiết:

Mua bằng phát minh sáng chế của nước ngoài là điểm khác biệt trong phát triển khoa học - kĩ thuật của Nhật Bản so với các nước tư bản khác.

Câu 106:

Nội dung nào dưới đây không phải nguyên nhân chủ quan làm nên thắng lợi của cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp (1946 – 1954)?

A. Do sự đồng tình, giúp đỡ của các nước xã hội chủ nghĩa anh em.

B. Do toàn quân, toàn dân đoàn kết một lòng, dũng cảm trong chiến đấu.

C. Sự lãnh đạo sáng suốt của Đảng với đường lối kháng chiến đúng đắn, sáng tạo.

D. Lực lượng vũ trang ba thứ quân sớm được xây dựng và không ngừng lớn mạnh.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích các phương án.

Giải chi tiết:

A chọn vì nội dung của phương án này là nguyên nhân khách quan làm nên thắng lợi của cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp (1946 – 1954).

B, C, D loại vì nội dung của các phương án này là nguyên nhân chủ quan làm nên thắng lợi của cuộc kháng chiến toàn quốc chống thực dân Pháp (1946 – 1954)

Câu 107:

Năm 1960 lịch sử ghi nhận là “Năm châu Phi" vì

A. giải phóng khu vực Bắc Phi.

B. lật đổ chủ nghĩa thực dân kiểu cũ ở châu Phi.

C. chủ nghĩa Apacthai bị xóa bỏ.

D. có 17 nước châu Phi giành độc lập.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK Lịch sử 12, trang 36.

Giải chi tiết:

Năm 1960 lịch sử ghi nhận là “Năm châu Phi" vì có 17 nước châu Phi giành độc lập.

Câu 108:

Đâu là nội dung của kế hoạch Rơve?

A. Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 4, thiết lập “hành lang Đông – Tây” (Hải Phòng – Hà Nội – Hòa Bình – Sơn La).

B. Cố gắng giành thắng lợi quân sự để thiếp lập Chính phủ bù nhìn trong toàn quốc.

C. Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 3, thiết lập “hành lang Đông – Tây” (Hải Phòng – Hà Nội – Hòa Bình – Sơn La).

D. Phá tan cơ quan đầu não của cuộc kháng chiến, thiết lập hành lang Đông - Tây (Hải Phòng – Hà Nội – Hòa Bình – Sơn La).

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK Lịch sử 12, trang 136.

Giải chi tiết:

Tăng cường hệ thống phòng ngự trên đường số 4, thiết lập “hành lang Đông – Tây” (Hải Phòng – Hà Nội – Hòa Bình – Sơn La) là nội dung của kế hoạch Rơve.

Câu 109:

Dựa vào thông tin dưới đây để trả lời các câu từ 109 đến 110:

Nhân dân ta chiến đấu chống chiến lược “Chiến tranh cục bộ” của Mĩ bằng sức mạnh của cả dân tộc, của tiền tuyến và hậu phương, với ý chí quyết chiến quyết thắng giặc Mĩ xâm lược, mở đầu là các thắng lợi ở Núi Thành (Quảng Nam), Vạn Tường Quảng Ngãi).

Vạn Tường, được coi là “Ấp Bắc” đối với quân Mĩ, mở đầu cao trào “Tìm Mĩ mà đánh, lùng nguỵ mà diệt” trên khắp miền Nam.

Sau trận Vạn Tường, khả năng đánh thắng quân Mỹ trong cuộc chiến đấu chống chiến lược “Chiến tranh cục bộ” của quân dân ta tiếp tục được thể hiện trong hai mùa khô.

Bước vào mùa khô thứ nhất (đông – xuân 1965 – 1966) với 72 vạn quân (trong đó có hơn 22 vạn quân Mỹ và đồng minh), địch mở đợt phản công với 450 cuộc hành quân, trong đó có 5 cuộc hành quân “tìm diệt” lớn nhằm vào hai hướng chiến lược chính là Đông Nam Bộ và Liên khu V với mục tiêu đánh bại chủ lực Quân giải phóng.

Quân dân ta trong thế trận chiến tranh nhân dân, với nhiều phương thức tác chiến đã chặn đánh địch trên mọi hướng, tiến công địch khắp mọi nơi.

Bước vào mùa khô thứ hai (đông – xuân 1966 – 1967), với lực lượng được tăng cường lên hơn 98 vạn quân (trong đó quân Mĩ và quân đồng minh chiếm hơn 44 vạn), Mĩ mở cuộc phản công với 895 cuộc hành quân, trong đó có ba cuộc hành quân lớn “tìm diệt”, “bình định”; lớn nhất là cuộc hành quân Gianxơn Xiti đánh vào căn cứ Dương Minh Châu (Bắc Tây Ninh), nhằm tiêu diệt quân chủ lực và cơ quan đầu não của ta.

(Nguồn: SGK Lịch sử 12, trang 174 – 175).

Chiến thắng Vạn Tường (18-8-1965) của quân dân ta đã chứng tỏ điều gì?

A. Lực lượng quân viễn chinh Mĩ đã mất khả năng chiến đấu.

B. Lực lượng vũ trang miền Nam đã lớn mạnh về mọi mặt.

C. Ý chí quyết tâm đánh giặc của quân và dân miền Nam.

D. Quân và dân miền Nam có khả năng đánh thắng giặc Mĩ xâm lược.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Dựa vào thông tin được cung cấp để trả lời.

Giải chi tiết:

Chiến thắng Vạn Tường (18-8-1965) của quân dân ta đã chứng tỏ quân và dân miền Nam có khả năng đánh thắng giặc Mĩ xâm lược.

Câu 110:

Ý nghĩa giống nhau cơ bản giữa chiến thắng trận Ấp Bắc (Mỹ Tho) ngày 2-1-1963 và chiến thắng Vạn Tường (Quảng Ngãi) ngày 18-8-1965 là

A. đều chứng tỏ tinh thần kiên cường bất khuất của nhân dân miền Nam Việt Nam chống Mĩ cứu nước.

B. đều chứng minh khả năng quân dân miền Nam có thể đánh bại các chiến lược chiến tranh mới của Mĩ.

C. hai chiến thắng trên đều cùng chống một chiến lược chiến tranh của Mĩ ở miền Nam Việt Nam.

D. đều thể hiện sức mạnh vũ khí của Liên Xô và các nước xã hội chủ nghĩa giúp đỡ cho cách mạng Việt Nam.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Phân tích ý nghĩa của chiến thắng Ấp Bắc và chiến thắng Vạn Tường.

Giải chi tiết:

- Chiến thắng Ấp Bắc và chiến thắng và chiến thắng Vạn Tường đều là hai thắng lợi quân sự quan trọng, mở đầu cho cuộc đấu tranh chống lại chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” và “Chiến tranh cục bộ” của Mĩ.

- Hai chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại chiến lược chiến tranh của Mĩ, là tiền đề quan trọng cho những chiến thắng tiếp theo. Trong đó:

+ Chiến thắng Ấp Bắc đã bước đầu làm thất bại chiến thuật “trực thăng vận” và “thiết xa vận” của Mĩ. Sau chiến thắng này, trên khắp miền Nam dấy lên phong trào “Thi đua Ấp Bắc, giết giặc lập công”, thúc đẩy phong trào đấu tranh của nhân dân miền Nam phát triển và từng bước làm phá sản chiến lược “Chiến tranh đặc biệt” của Mĩ.

+ Chiến thắng Vạn Tường được coi như “Ấp Bắc” thứ hai đối với quân Mĩ, mở ra cao trào “Tìm Mĩ mà đánh, lùng ngụy mà diệt” trên khắp miền Nam. Chiến thắng này chứng tỏ nhân dân miền Nam có khả năng đánh bại quân Mĩ trong chiến lược “Chiến tranh cục bộ” (1965 – 1968).

Câu 111:

Ý nào sau đây không phải là một trong những đặc điểm về vị trí địa lí của Hoa Kì?

A. Tiếp giáp với Canada và khu vực Mĩ la tinh.

B. Nằm ở bán cầu Bắc và tiếp giáp với Mê hi cô ở phía Nam.

C. Nằm ở trung tâm lục địa Bắc Mỹ và tiếp giáp với Thái Bình Dương ở phía Tây.

D. Nằm ở giữa Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Kiến thức bài 6 –Hoa Kỳ (sgk Địa lí 11)

Giải chi tiết:

Hoa Kì nằm giữa Thái Bình Dương và Đại Tây Dương.

=> Nhận định Hoa Kì nằm giữa Ấn Độ Dương và Đại Tây Dương là sai

Câu 112:

Ngành công nghiệp nào sau đây phát triển mạnh ở Trung Quốc nhờ lực lượng lao động dồi dào?

A. Dệt may.

B. Chế tạo máy.

C. Hóa chất.

D. Sản xuất ô tô.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Kiến thức bài 10- Trung Quốc (sgk Địa 11)

Giải chi tiết:

Trung Quốc đã sử dụng lực lượng lao động dồi dào ở địa bàn nông thôn để phát triển ngành dệt may.(SGK/94 Địa lí 11)

Câu 113:

Biện pháp nào sau đây không phải là biện pháp để hạn chế thiệt hại của lũ quét?

A. Xây hồ, đập chứa nước ở đồng bằng.

B. Quy hoạch các điểm dân cư tránh vùng có thể xảy ra lũ quét.

C. Trồng rừng, kết hợp các biện pháp thủy lợi.

D. Hạn chế dòng chảy mặt, chống xói mòn đất.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK địa lí 12 cơ bản trang 64.

Giải chi tiết:

Để giảm thiệt hại do lũ quét gây ra, cần quy hoạch các điểm dân cư tránh các vùng có thể xảy ra lũ quét nguy hiểm, quản lí sử dụng đất đai hợp lí, đồng thời, thực hiện các biện pháp kĩ thuật thủy lợi, trồng rừng, kĩ thuật nông nghiệp trên đất dốc nhằm hạn chế dòng chảy mặt và chống xói mòn đất. -> Xây hồ, đập chứa nước ở đồng bằng không phải là biện pháp để hạn chế thiệt hại của lũ quét.

Câu 114:

Điểm khác chủ yếu của Đồng bằng sông Hồng so với Đồng bằng sông Cửu Long là ở đồng bằng này có

A. diện tích rộng hơn Đồng bằng sông Cửu Long.

B. hệ thống đê sông chia đồng bằng thành nhiều ô.

C. hệ thống kênh rạch chằng chịt.

D. thủy triều xâm nhập gần như sâu toàn bộ đồng bằng về mùa cạn

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Kiến thức bài 6 – Đất nước nhiều đồi núi

Giải chi tiết:

Điểm khác biệt chủ yếu của đồng bằng sông Hồng so với đồng bằng sông Cửu Long là: ở đồng bằng sông Hồng có hệ thống đê sông chia cắt đồng bằng thành nhiều ô (đồng bằng sông Cửu Long không có hệ thống đê)

Câu 115:

Căn cứ vào Atlat Địa lí Việt Nam trang 15, nhận xét nào sau đây không đúng về dân số phân theo thành thị và nông thôn ở nước ta?

A. Dân số nông thôn chiếm tỉ trọng lớn và có xu hướng ngày càng giảm.

B. Dân số nông thôn luôn cao gấp nhiều lần dân số thành thị.

C. Dân số nông thôn chiếm tỉ trọng lớn và có xu hướng ngày càng tăng.

D. Dân số thành thị chiếm tỉ trọng thấp và có xu hướng ngày càng tăng.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 15.

Giải chi tiết:

Căn cứ vào Atlat địa lí Việt Nam trang 15, tỉ trọng dân số nông thôn ngày càng giảm (từ 84,3% năm 1960 xuống 72,6% năm 2007)

=> do vậy nhận xét C tỉ trọng dân nông thôn ngày càng tăng là sai

Câu 116:

Cho biểu đồ về tình hình sinh và tử của nước ta giai đoạn 1999 – 2019

Cho biểu đồ về tình hình sinh và tử của nước ta giai đoạn 1999 – 2019 (ảnh 1)

(Nguồn: Niên giám thống kê Việt Nam 2019, Nhà xuất bản thống kê 2019)

Biểu đồ trên thể hiện nội dung nào sau đây?

A. Cơ cấu tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta

B. Tỷ suất sinh và tỷ suất từ của nước ta

C. Quy mô, cơ cấu tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta

D. Tốc độ tăng trưởng tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Kĩ năng nhận diện nội dung biểu đồ

Giải chi tiết:

- Loại A: thể hiện cơ cấu là biểu đồ tròn

- Loại C: thể hiện quy mô, cơ cấu là biểu đồ tròn có bán kính khác nhau hoặc biểu đồ cột chồng giá trị tuyệt đối

- Loại D: thể hiện tốc độ tăng trưởng là biểu đồ đường

- B đúng: biểu đồ cột ghép thể hiện tỷ suất sinh và tỷ suất tử của nước ta (thể hiện giá trị của đối tượng)

Câu 117:

Vùng giàu tài nguyên khoáng sản và thủy điện nhất nước ta là

A. Tây Nguyên.

B. Bắc Trung Bộ.

C. Trung du và miền núi Bắc Bộ.

D. Duyên hải Nam Trung Bộ.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Đánh giá và liên hệ.

Giải chi tiết:

Vùng giàu tài nguyên khoáng sản và thủy điện nhất nước ta là Trung du và miền núi Bắc Bộ.

-Tài nguyên khoáng sản: Than (Quảng Ninh, Thái Nguyên), sắt (Thái Nguyên, Yên Bái), đồng (Sơn La, Bắc Giang), thiếc (Cao Bằng),…

- Hệ thống sông Hồng và sông Thái Bình chảy trên địa hình vùng núi mang lại tiềm năng thủy điện lớn. Một số nhà máy thủy điện như Hòa Bình, Sơn La, Thác Bà,…

Câu 118:

Tuyến đường nào sau đây có ý nghĩa thúc đẩy sự phát triển kinh tế - xã hội của dải đất phía tây

A. đường quốc lộ 1A

B. đường sắt Bắc - Nam.

C. đường 9 – Khe Sanh

D. đường Hồ Chí Minh

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Kiến thức bài 30 – trang 131 sgk Địa 12

Giải chi tiết:

Tuyến đường có ý nghĩa thúc đẩy sự phát triển kinh tế - xã hội của dải đất phía tây nước ta là đường Hồ Chí Minh.

Câu 119:

Thế mạnh để phát triển nuôi trồng thủy sản nước ngọt ở Đồng bằng sông Cửu Long là

A. có sông ngòi dày đặc, nền nhiệt ổn định.

B. nhiều khu rừng ngập mặn, cửa sông lớn.

C. có ngư trường trọng điểm, giàu sinh vật.

D. nhiều vùng bãi triều, đầm phá khá rộng.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

SGK trang 185, 186.

Giải chi tiết:

Đồng bằng sông Cửu Long có nhiều thể mạnh để phát triển nuôi trồng thủy sản nước ngọt do có sông ngòi dày đặc, nền nhiệt ổn định.

Loại B, D: Nhiều khu rừng ngập mặn, cửa sông lớn; nhiều vùng bãi triều, đầm phá khá rộng => phát triển thủy sản nước mặn, nước lợ.

Loại C: Có ngư trường trọng điểm, giàu sinh vật => khai thác thủy sản.

Câu 120:

Đâu là biện pháp có ý nghĩa hàng đầu đối với việc sử dụng hợp lý đất đai ở Đồng bằng sông Hồng?

A. Khai hoang và cải tạo đất.

B. Trồng rừng và xây dựng thuỷ lợi.

C. Đẩy mạnh thâm canh

D. Quy hoạch thuỷ lợi.

Xem đáp án

đáp án C

Câu 121:

Đồ thị nào trên hình biểu diễn sự phụ thuộc của điện tích của một tụ điện vào hiệu điện thế giữa hai bản của nó?

A. Hình 2

B. Hình 1

C. Hình 4

D. Hình 3

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Điện tích Q mà một tụ điện nhất định tích được tỉ lệ thuận với hiệu điện thế U đặt giữa hai bản của nó.

\[Q = C.U\] hay \[C = \frac{Q}{U}\]

+ Sử dụng lí thuyết về đồ thị hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: \[Q = C.U{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

\[\left( * \right)\] có dạng \[y = a.x \Rightarrow \] Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện tích của một tụ điện vào hiệu điện thế giữa hai bản của nó là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ.

Câu 122:

Một đoạn dây dẫn có dòng điện I nằm ngang đặt trong từ trường có đường sức từ thẳng đứng từ trên xuống như hình vẽ. Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có chiều

A. thẳng đứng hướng từ dưới lên.

B. thẳng đứng hướng từ trên xuống dưới.

C. nằm ngang hướng từ trái sang phải.

D. nằm ngang hướng từ phải sang trái.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Quy tắc bàn tay trái: Đặt bàn tay trái sao cho các đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa hướng theo chiều dòng điện thì ngón tay cái choãi ra \[{90^0}\] chỉ chiều của lực từ tác dụng lên dòng điện.

Giải chi tiết:

Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được lực từ tác dụng lên dòng điện có chiều nằm ngang, hướng từ phải sang trái.

Câu 123:

Một khung dây dẫn tròn, cứng, đặt trong từ trường \[\vec B\] giảm dần đều như hình vẽ. Dòng điện cảm ứng trong khung có chiều

Một khung dây dẫn tròn, cứng, đặt trong từ trường (ảnh 1)

A. Hình C

B. Hình D

C. Hình B

D. Hình A

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Áp dụng định luật Lenxo để xác định chiều dòng điện cảm ứng: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường mà nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân đã sinh ra nó.

+ Vận dụng quy tắc nắm bàn tay phải, xác định chiều dòng điện cảm ứng.

Giải chi tiết:

Ở hình B ta có cảm ứng từ \[\vec B\] có chiều hướng từ trong ra ngoài mặt phẳng hình vẽ.

Từ trường \[\vec B\] giảm dần đều $\Rightarrow \vec{B_{C}} ↑ ↑ \vec{B}$

\[ \Rightarrow \overrightarrow {{B_C}} \] có chiều hướng từ trong ra ngoài.

Sử dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được chiều của cường độ dòng điện có chiều ngược chiều kim đồng hồ.

\[ \Rightarrow \] Hình B đúng.

Câu 124:

Cho một vật có khối lượng m = 200 g tham gia đồng thời hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số với phương trình lần lượt là \[{x_1} = \sqrt 3 \sin \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} cm\] và \[{x_2} = 2\cos \left( {20t + \frac{{5\pi }}{6}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} cm\]. Độ lớn của hợp lực tác dụng lên vật tại thời điểm \[t = \frac{\pi }{{120}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} s\] là

A. 0,4 N.

B. 20 N.

C. 40 N.

D. 0,2 N.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Sử dụng máy tính bỏ túi để tìm biên độ dao động tổng hợp

Hợp lực tác dụng lên vật: \[F = \left| { - kx} \right| = \left| { - m{\omega ^2}x} \right|\]

Giải chi tiết:

Ta có phương trình dao động:

\[{x_1} = \sqrt 3 \sin \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right) = \sqrt 3 \cos \left( {20t} \right)\]

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có:

$\sqrt{3} ∠ 0 + 2 ∠ \frac{5 π}{6} = 1 ∠ \frac{π}{2} \Rightarrow$ ${\begin{matrix} A = 1 (c m) \\ φ = \frac{π}{2} (r a d) \end{matrix}$

$ \Rightarrow x = 1\cos \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)$

Tại thời điểm \[\frac{\pi }{{120}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} s\], li độ của vật là:

$x = \cos (20 . \frac{π}{120} + \frac{π}{2}) = - 0, 5 (c m) = - 0, 005 (m)$

Hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn là:

\[F = \left| { - m{\omega ^2}x} \right| = \left| { - {{0,2.20}^2}.0,005} \right| = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\].

Câu 125:

Âm thanh từ một cái loa đặt phía trên một ống gây ra hiện tượng cộng hưởng của không khí trong ống. Một sóng dừng được hình thành với hai nút và hai bụng như hình vẽ. Tốc độ âm thanh trong không khí là \[340m.{s^{ - 1}}\]. Tần số của âm gần nhất với giá trị nào?

Âm thanh từ một cái loa đặt phía trên một ống gây ra hiện tượng cộng hưởng của không khí trong ống (ảnh 1)

A. 430Hz

B. 570Hz

C. 850Hz

D. 1700Hz

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Khoảng cách giữa hai nút sóng hoặc hai bụng sóng gần nhau nhất là \[\frac{\lambda }{2}\].

+ Khoảng cách giữa một nút một bụng gần nhau nhất là \[\frac{\lambda }{4}\].

Giải chi tiết:

Từ hình vẽ ta có chiều dài cột không khí là: \[l = 60cm = 0,6m\].

Sóng dừng được hình thành với hai nút và hai bụng nên:

\[l = \frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} \Leftrightarrow l = \frac{{3\lambda }}{4} = \frac{{3v}}{{4.f}} \Rightarrow f = \frac{{3v}}{{4.l}}\]

Thay số ta được: \[f = \frac{{3.340}}{{4.0,6}} = 425Hz\].

Câu 126:

Tàu ngầm hạt nhân là một loại tàu ngầm vận hành nhờ sử dụng năng lượng của phản ứng hạt nhân. Nguyên liệu thường dùng là ${U^{235}}$. Mỗi phân hạch của hạt nhân ${U^{235}}$ tỏa ra năng lượng trung bình là $200MeV$. Hiệu suất của lò phản ứng là 25%. Nếu công suất của lò là 400MW thì khối lượng ${U^{235}}$ cần dùng trong một ngày xấp xỉ bằng:

A. 1,75kg

B. 2,59kg

C. 1,69kg

D. 2,67kg

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Công thức tính năng lượng: ${\rm{W}} = P.t$

Sử dụng công thức liên hệ giữa số hạt và khối lượng: $N = \frac{m}{A}.{N_A}$

Hiệu suất: $H = \frac{{{P_{ci}}}}{{{P_{tp}}}}.100\% $

Giải chi tiết:

+ Năng lượng hạt nhân của lò phản ứng cung cấp cho tàu ngầm vận hành trong một ngày:

$W = P.t = {400.10^6}.86400 = {3,456.10^{13}}J$

+ Do hiệu suất của lò đạt 25% nên năng lượng của mỗi phân hạch cung cấp là:

$\Delta {\rm{W}} = 200.0,25 = 50MeV = {8.10^{ - 12}}J$

+ Số phân hạch cần xảy ra để có năng lượng W là:

$WN = \frac{{\rm{W}}}{{\Delta {\rm{W}}}} = {4,32.10^{24}}$

+ Cứ một phân hạch cần 1 hạt \[{U^{235}} \Rightarrow \] số hạt \[{U^{235}}\] dùng trong 1 ngày là:\[N = {4,32.10^{24}}\] hạt

+ Lại có: \[N = \frac{m}{A}.{N_A}\]

\[ \Rightarrow m = \frac{{N.A}}{{{N_A}}} = \frac{{{{4,23.10}^{24}}.235}}{{{{6,02.10}^{23}}}} \approx 1686,4g = 1,69kg\].

Câu 127:

Một mạch dao động LC lí tưởng với q là điện tích trên tụ, i là dòng điện tức thời trong mạch. Đồ thị thể hiện sự phụ thuộc của \[{q^2}\] vào \[{i^2}\] như hình vẽ. Bước sóng mà mạch thu được trong không khí là

A. \[3\pi {.10^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m\]

B. \[3\pi {.10^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} cm\]

C. \[6\pi {.10^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} cm\]

D. \[6\pi {.10^3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m\]

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Biểu điện điện tích và cường độ dòng điện: ${\begin{matrix} q = Q_{0} . c o s (ω t + φ) \\ i = I_{0} . c o s (ω t + φ + \frac{π}{2}) \end{matrix}$

+ Biểu thức vuông pha của q và i: ${\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1$

+ Mối liên hệ giữa điện tích cực đại và cường độ dòng điện cực đại: ${I_0} = \omega {Q_0}$

+ Bước sóng: $λ = \frac{2 π c}{ω}$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy:

+ Tại \[\left\{ \begin{array}{l}{i^2} = 0\\{q^2} = 4{\left( {\mu C} \right)^2}\end{array} \right. \Rightarrow Q_0^2 = 4{\left( {\mu C} \right)^2} \Rightarrow {Q_0} = 2\mu C\]

+ Tại: $\left\{ \begin{array}{l}{q^2} = 0\\{i^2} = 0,04\end{array} \right. \Rightarrow I_0^2 = 0,04{\left( A \right)^2} \Rightarrow {I_0} = 0,2\left( A \right)$

$\Rightarrow ω = \frac{I_{0}}{Q_{0}} = \frac{0, 2}{{2.10}^{- 6}} = {1.10}^{5} (r a d / s)$

Bước sóng mà mạch thu được trong không khí là:

$λ = \frac{2 π c}{ω} = \frac{2 π {.3.10}^{8}}{{1.10}^{5}} = 6 π {.10}^{3} (m)$

Câu 128:

Hình ảnh ở bên là hình chụp phổi của một bệnh nhân nhiễm vi rút Covid-19. Thiết bị để chụp hình ảnh ở trên đã sử dụng tia nào sau đây?

A. Tia catôt

B. Tia X

C. Tia tử ngoại.

D. Tia $\gamma $.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Tia X được dùng để:

+ Chụp X – quang trong y học để chuẩn đoán và chữa trị một số bệnh.

+ Tìm khuyết tật trong vật đúc bằng kim loại và trong tinh thể.

+ kiểm tra hành lý của hành khách đi máy bay.

+ Sử dụng trong phòng thí nghiệm để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Giải chi tiết:

Tia X được dụng trong chiếu điện, chụp điện (X quang)

$ \Rightarrow $ Thiết bị để chụp hình ở trên đã sử dụng tia X.

Câu 129:

Người ta làm thí nghiệm khảo sát sự phụ thuộc động năng ban đầu cực đại của electron quang điện bay ra từ bề mặt catot vào tần số của ánh sáng kích thích. Sai số tuyệt đối của phép đo động năng ban đầu cực đại và tần số lần lượt là ${0,6.10^{ - 19}}J$ và ${0,05.10^{15}}Hz$. Kết quả đo thu được các điểm thực nghiệm như trên hình vẽ. Theo kết quả của thí nghiệm này thì hằng số Plăng có giá trị xấp xỉ bằng:

A. ${4.10^{ - 34}}J.s$

B. ${6.10^{ - 34}}J.s$

C. ${8.10^{ - 34}}J.s$

D. ${10.10^{ - 34}}J.s$

Xem đáp án

Phương pháp giải:

+ Công thức Anh-xtanh: \[hf = A + {W_{d0\max }}\]

+ Sử dụng kĩ năng đọc và khai thác thông tin từ đồ thị.

Giải chi tiết:

Theo công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện ta có:

\[hf = A + {W_{d0\max }} \Rightarrow {W_{d0\max }} = hf - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\]

\[\left( * \right)\] có dạng \[y = a.x + b \Rightarrow \] Đồ thị động năng ban đầu cực đại \[{W_{d0max}}\] theo tần số f là đường thẳng.

Sai số của phép đo \[\left( {\Delta {W_{d0max}} = {{0,6.10}^{ - 19}}J;f = {{0,05.10}^{15}}Hz} \right)\] là các hình chữ nhật có tâm là các điểm thực nghiệm như hình vẽ.

Từ hình vẽ ta thấy:

+ Với \[\left\{ \begin{array}{l}f = {f_1} = {1,2.10^{15}}Hz\\{W_{d0max1}} = 0\end{array} \right. \Rightarrow 0 = h{.1,2.10^{15}} - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\]

+ Với \[\left\{ \begin{array}{l}f = {f_2} = {2,4.10^{15}}Hz\\{W_{d0max2}} = {9,6.10^{ - 19}}J\end{array} \right. \Rightarrow {9,6.10^{ - 19}} = h{.2,4.10^{15}} - A{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}{1,2.10^{15}}.h - A = 0\\{2,4.10^{15}}.h - A = {9,6.10^{ - 19}}\end{array} \right. \Rightarrow h = {8.10^{ - 34}}\left( {J.s} \right)\].

Câu 130:

Đặt điện áp xoay chiều có biểu thức \[u = {U_0}\cos \omega t\left( V \right)\] trong đó \[{U_0},\omega \] không đổi vào hai đầu đoạn mạch gồm RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Tại thời điểm \[{t_1}\], điện áp tức thời ở hai đầu RLC lần lượt là

u_{R} = 50 V, u_{L} = 30 V, u_{C} = - 180 V

. Tại thời điểm \[{t_2}\], các giá trị trên tương ứng là \[{u_R} = 100V,{u_L} = {u_C} = 0V\]. Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch là

Xem đáp án

Đáp án: 200V

Phương pháp giải:

Biểu thức cường độ dòng điện: \[i = {I_0}.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\]

Biểu thức điện áp tức thời: ${\begin{matrix} u_{R} = U_{0 R} . c o s (ω t + φ) {{ \\ u_{L} = U_{0 L} . c o s (ω t + φ + \frac{π}{2}) \\ u_{C} = U_{0 C} . c o s (ω t + φ - \frac{π}{2}) \end{matrix}$

Sử dụng hệ thức độc lập theo thời gian của các đại lượng vuông pha.

Điện áp cực đại hai đầu mạch: \[{U_0} = \sqrt {U_{0R}^2 + {{\left( {{U_{0L}} - {U_{0C}}} \right)}^2}} \]

Giải chi tiết:

Ta có: ${\begin{matrix} u_{R} = U_{0 R} . c o s (ω t + φ) \\ u_{L} = U_{0 L} . c o s (ω t + φ + \frac{π}{2}) \\ u_{C} = U_{0 C} . c o s (ω t + φ - \frac{π}{2}) \end{matrix}$

Do \[{u_C}\] và ${u_L}$ vuông pha với ${u_R}$

+ Tại ${t_2}$ khi ${u_L} = {u_C} = 0 \Rightarrow {u_R} = {U_{0R}} = 100V$

+ Tại thời điểm ${t_1}$ , áp dụng hệ thức độc lập với thời gian của hai đại lượng vuông pha ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_L}}}{{{U_{0L}}}}} \right)}^2} = 1}\\{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_C}}}{{{U_{0C}}}}} \right)}^2} = 1}\end{array}} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{30}^2}}}{{U_{0L}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0L}} = 20\sqrt 3 V}\\{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{180}^2}}}{{U_{0C}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0C}} = 120\sqrt 3 V}\end{array}} \right.$

Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch: ${U_0} = \sqrt {U_{0R}^2 + {{\left( {{U_{0L}} - {U_{0C}}} \right)}^2}} $

$= \sqrt{100^{2} + {(20 \sqrt{3} - 120 \sqrt{3})}^{2}} = 200 V$

Câu 131:

Tiến hành cracking và tách hiđro ankan X thu được hỗn hợp Y gồm có 6 chất gồm ankan, anken, H₂ và ankan dư. Đem đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y trong khí oxi thu được sản phẩm cháy . Dẫn sản phẩm cháy qua dung dịch nước vôi trong dư thấy xuất hiện 40 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 13,4 gam so với ban đầu. Công thức ankan X là

A. C₄H₁₀.

B. C₅H₁₂.

C. C₆H₁₄.

D. C₇H₁₆.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Đốt cháy Y cũng như đốt cháy X.

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Ta có: n_CO2 = n_CaCO3.

m_{dd giảm} = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O ⟹ m_H2O ⟹ n_H2O.

Đốt cháy ankan X ⟹ n_X = n_H2O – n_CO2.

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+2 (n ≥ 1)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

Đốt cháy Y cũng như đốt cháy X.

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Ta có: n_CO2 = n_CaCO3 = 0,4 mol.

m_giảm= m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O⟹ m_H2O= 40 – 0,4.44 – 13,4 = 9 gam

⟹ n_H2O = 9/18 = 0,5 mol.

Đốt cháy ankan X ⟹ n_X = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol.

Gọi công thức phân tử của X là C_nH_2n+2 (n ≥ 1)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n = n_CO2/n_X = 4.

Vậy CTPT của ankan là C₄H₁₀.

Câu 132:

Hòa tan hoàn toàn 3,2 gam oxit M₂O_m trong dung dịch H₂SO₄10% (vừa đủ) thu được dung dịch muối có nồng độ 12,9%. Sau phản ứng đem cô bớt dung dịch và làm lạnh nó thu được 7,868 gam tinh thể muối với hiệu suất kết tinh là 70%. Xác định công thức của tinh thể muối đó.

A. Fe₂(SO₄)₃.9H₂O

B. CuSO₄.5H₂O.

C. MgSO₄.7H₂O.

D. ZnSO₄.5H₂O.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

PTHH: M₂O_m + mH₂SO₄ ⟶ M₂(SO₄)_m + mH₂O

Giả sử có 1 mol M₂O_m phản ứng thì số gam dung dịch H₂SO₄ 10% là 980m (g)

Khối lượng dung dịch thu được là: (2M + 16m) + 980m = 2M + 996m (g)

Số gam muối là: 2M + 96m (g)

Ta có C% = $\frac{{2M + 96m}}{{2M + 996m}}.100\% $ = 12,9% ⟹ M = 18,65m

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56 (Fe).

Vậy oxit là Fe₂O₃.

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ ⟶ Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

n_Fe2O3 = $\frac{{3,2}}{{160}}$ = 0,02 mol

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe₂(SO₄)₃ tham gia kết tinh là: 0,02.70% = 0,014 mol

Nhận thấy số gam Fe₂(SO₄)₃ = 0,014.400 = 5,6 gam < 7,868 gam nên tinh thể là muối ngậm nước.

Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.nH₂O.

Ta có: 0,014.(400 + 18n) = 7,868 ⟹ n = 9.

Công thức của tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.9H₂O.

Câu 133:

Hòa tan 50,0 gam hỗn hợp FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃ trong nước được 300,0 ml dung dịch. Thêm FeSO₄ vào 20,0 ml dung dịch trên rồi chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch KMnO₄, thấy dùng hết 30,0 ml dung dịch KMnO₄ 0,1M. Phần trăm khối lượng của FeSO₄ trong hỗn hợp là

A. 68,4%.

B. 32,8%.

C. 75,8%.

D. 24,2%.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Viết PT ion thu gọn: 5Fe²⁺ + MnO₄^- + 8H⁺ → 5Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4H₂O, từ lượng MnO₄^- suy ra lượng Fe²⁺.

Từ đó xác định được lượng FeSO₄ có trong 20 ml dung dịch.

Suy ra lượng FeSO₄ có trong 300 ml dung dịch.

Từ đó xác định khối lượng FeSO₄ trong hỗn hợp ban đầu.

Giải chi tiết:

n_KMnO4 = 3.10^-3 (mol)

PT ion thu gọn:

5Fe²⁺ + MnO₄^- + 8H⁺ → 5Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4H₂O

0,015 ⟵ 3.10^-3 (mol)

Như vậy trong 20 ml dung dịch có 0,015 mol FeSO₄

⟹ Trong 300 ml dung dịch có 0,225 mol FeSO₄

⟹ %m_FeSO4= $\frac{{0,225.152}}{{50}}.100\% $ = 68,4%.

Câu 134:

Hỗn hợp A gồm 1 amin đơn chức, 1 anken và 1 ankan. Đốt cháy hoàn toàn 12,95 gam hỗn hợp A cần V lít O₂ thu được 19,04 lít CO₂; 0,56 lít N₂ và m gam nước. Biết các thể tích khí đo ở đktc. Tính V?

A. 45,92 lít.

B. 30,52 lít.

C. 42,00 lít.

D. 32,48 lít.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Sơ đồ: $12,95\left( g \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_x}{H_y}N}\\{{C_n}{H_{2n}}}\\{{C_m}{H_{2m + 2}}}\end{array}} \right. + {O_2}:a \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}:0,85}\\{{H_2}O:b}\\{{N_2}:0,025}\end{array}} \right.$

+) BTKL: m_{hh A} + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2 ⟹ phương trình (1)

+) BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ phương trình (2)

Giải hệ (1) (2) được a và b ⟹ giá trị của V.

Giải chi tiết:

Sơ đồ: $12,95\left( g \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_x}{H_y}N}\\{{C_n}{H_{2n}}}\\{{C_m}{H_{2m + 2}}}\end{array}} \right. + {O_2}:a \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}:0,85}\\{{H_2}O:b}\\{{N_2}:0,025}\end{array}} \right.$

+) BTKL: m_{hh A} + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

⟹ 12,95 + 32a = 44.0,85 + 18b + 28.0,025

⟹ 32a - 18b = 25,15 (1)

+) BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 2a = 2.0,85 + b

⟹ 2a - b = 1,7 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 1,3625; b = 1,025.

⟹ V = 22,4.1,3625 = 30,52 lít.

Câu 135:

Tiến hành thí nghiệm oxi hóa glucozơ bằng dung dịch AgNO₃ trong NH₃ (phản ứng tráng bạc) theo các bước sau:

Bước 1: Cho 1 ml dung dịch AgNO₃ 1% vào ống nghiệm sạch.

Bước 2: Nhỏ từ từ dung dịch NH₃ cho đến khi kết tủa tan hết.

Bước 3: Thêm 3 - 5 giọt glucozơ vào ống nghiệm.

Bước 4: Đun nóng nhẹ hỗn hợp ở 60°C - 70°C trong vài phút.

Cho các nhận định sau:

(a) Sau bước 2, dung dịch trong ống nghiệm chứa phức bạc amoniac [Ag(NH₃)₂]OH.

(b) Ở bước 4, glucozơ bị oxi hóa tạo thành muối amoni gluconat.

(c) Kết thúc thí nghiệm thấy thành ống nghiệm sáng bóng như gương.

(d) Ở thí nghiệm trên, nếu thay glucozơ bằng fructozơ hoặc saccarozơ thì đều thu được kết tủa tương tự.

(e) Thí nghiệm trên chứng tỏ glucozơ là hợp chất tạp chức, phân tử chứa nhiều nhóm –OH và một nhóm -CHO.

Số nhận định đúng là

A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 2.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về phản ứng tráng gương của glucozơ.

Giải chi tiết:

(d) sai, vì saccarozơ không thực hiện được phản ứng tráng gương.

(e) sai, vì thí nghiệm trên chỉ chứng tỏ glucozơ chứa 1 nhóm –CHO.

(a), (b) và (c) đúng.

Câu 136:

Polime nào sau đây trong thành phần hóa học chỉ có hai nguyên tố C và H?

A. Poli(metyl metacrylat).

B. Poli(vinyl clorua).

C. Poliacrilonitrin.

D. Polistiren.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Từ tên gọi → công thức cấu tạo → thành phần nguyên tố.

Giải chi tiết:

- Phương án A: Poli(metyl metacrylat): [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-]_n → chứa C, H, O.

- Phương án B: Poli(vinyl clorua): (-CH₂-CHCl-)_n → chứa C, H, Cl.

- Phương án C: Poliacrilonitrin: (-CH₂-CH(CN)-)_n → chứa C, H, N.

- Phương án D: Polistiren: [-CH₂-CH(C₆H₅)-]_n → chứa C, H.

Câu 137:

Nhiệt phân hoàn toàn 28,2 gam muối nitrat của kim loại hóa trị không đổi thu được oxit kim loại và thấy khối lượng chất rắn giảm 16,2 gam so với lượng ban đầu. Công thức của muối nitrat là

A. Zn(NO₃)₂.

B. Cu(NO₃)₂.

C. Mg(NO₃)₂.

D. Fe(NO₃)₂.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Khối lượng chất rắn giảm bằng khối lượng khí sinh ra ⟹ n_{muối nitrat}

Từ khối lượng muối và số mol muối nitrat M(NO₃)_n lập được mối liên hệ giữa M và n

Biện luận với n = 1; 2; 3. Chọn giá trị (n; M) thỏa mãn

Giải chi tiết:

Gọi số mol khí NO₂ là a (mol)

2M(NO₃)_n → M₂O_n + 2nNO₂ + n/2 O₂

a/n ← a → 0,25a

Ta có: m_{chất rắn giảm} = m_NO2 + m_O2 ⟹ 46.a + 32.0,25a = 16,2 ⟹ a = 0,3 mol

⟹ M_muối = 28,2 : (0,3/n) = 94n

⟹ M + 62n = 94n

⟹ M = 32n

Biện luận với n = 1; 2; 3 ta có:

+ n = 1 ⟹ M = 32 (loại)

+ n = 2 ⟹ M = 64 (Cu)

+ n = 3 ⟹ M = 96 (loại)

Vậy muối có công thức là Cu(NO₃)₂.

Câu 138:

Có 4 dung dịch: NaCl, C₆H₁₂O₆ (glucozơ), CH₃COOH, K₂SO₄ đều có nồng độ 0,1 mol/lít. Dung dịch chứa chất tan có khả năng dẫn điện tốt nhất là

A. C₆H₁₂O₆.

B. K₂SO₄.

C. CH₃COOH.

D. NaCl.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Dung dịch nào có tổng nồng độ các ion lớn nhất thì dẫn điện tốt nhất.

Giải chi tiết:

- NaCl là chất điện li mạnh, điện li hoàn toàn thành ion => Tổng nồng độ ion là 0,1 + 0,1 = 0,2M

- C₆H₁₂O₆ (glucozơ) không phân li nên nồng độ ion bằng 0

- CH₃COOH là chất điện li yếu => Tổng nồng độ ion nhỏ hơn 0,2M

- K₂SO₄ là chất điện li mạnh, điện li hoàn toàn thành ion => Tổng nồng độ ion là 0,2 + 0,1 = 0,3M

Vậy dung dịch dẫn điện tốt nhất trong các dung dịch cùng nồng độ trên là K₂SO₄.

Câu 139:

Cho các cân bằng hóa học sau:

(1) N_2(k) + 3H_2(k) ⇄ 2NH_3(k).

(2) 2SO_2(k) + O_2(k) ⇄ 2SO_3(k).

(3) CO_2(k) + H_2(k) ⇄ CO_(k) + H₂O_(k).

(4) N₂O_4(k) ⇄ 2NO_2(k).

(5) C_(r) + CO_2(k) ⇄ 2CO_(k).

Số cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận khi tăng áp suất của hệ phản ứng là

A. 2.

B. 1.

C. 4.

D. 3.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ, thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động bên ngoài đó.

Ở phản ứng trong pha khí, áp suất tỉ lệ thuận với số mol các khí trong hệ.

Giải chi tiết:

- Khi tăng áp suất của hệ, theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê: cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm áp suất của hệ.

- Xét cân bằng (1): vế trái có 3 + 1 = 4 mol khí, vế phải có 2 mol khí

⟹ Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều làm giảm áp suất của hệ (giảm số mol khí) → chiều thuận.

- Xét cân bằng (2): vế trái có 2 + 1 = 3 mol khí, vế phải có 2 mol khí

⟹ Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều làm giảm áp suất của hệ (giảm số mol khí) → chiều thuận.

- Xét cân bằng (3): vế trái có 1 + 1 = 2 mol khí, vế phải có 1 + 1 = 2 mol khí

⟹ Cả 2 vế có số mol khí bằng nhau.

⟹ Áp suất của hệ không ảnh hưởng đến sự chuyển dịch của cân bằng này.

- Xét cân bằng (3): vế trái có 1 mol khí, vế phải có 2 mol khí

⟹ Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều làm giảm áp suất (giảm số mol khí) của hệ → chiều nghịch.

- Xét cân bằng (4): vế trái có 1 mol khí, vế phải có 2 mol khí

⟹ Khi tăng áp suất của hệ, cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều làm giảm áp suất (giảm số mol khí) của hệ → chiều nghịch.

Vậy khi tăng áp suất của các hệ phản ứng, có 2 cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận là (1) và (2).

Câu 140:

Cho hỗn hợp E gồm hai este mạch hở, không nhánh X, Y (M_X < M_Y) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được ancol Z và 10,76 gam hỗn hợp muối T. Cho toàn bộ Z vào bình chứa Na dư thấy có 0,08 mol khí H₂ thoát ra và khối lượng bình tăng 7,2 gam so với ban đầu. Đốt cháy hoàn toàn T, thu được Na₂CO₃, H₂O và 0,08 mol CO₂. Phần trăm khối lượng của X trong E là:

Xem đáp án

Đáp án: 25,26%

Phương pháp giải:

*Khi ancol Z + Na:

m_{bình tăng} = m_ancol - m_H2 ⟹ m_ancol.

Từ n_H2 ⟹ n_ancol ⟹ mối liên hệ giữa R và t ⟹ R, t thỏa mãn ⟹ công thức ancol.

*Khi cho E + NaOH

n_{NaOH pư} = n_COO = n_C2H5OH

BTNT.Na ⟹ n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH

Dùng BTKL phản ứng NaOH: m_E + m_NaOH= m_muối + m_ancol ⟹ m_E

BTNT.C ⟹ n_C(muối) = n_{CO2 đốt muối} + n_Na2CO3.

Nhận thấy n_COO = n_{C trong muối} nên nguyên tử C chỉ nằm trong nhóm COO ⟹ 2 muối là HCOONa và (COONa)₂.

Giải chi tiết:

*Khi ancol Z + Na:

m_{bình tăng} = m_ancol - m_H2 ⟹ m_ancol = 7,2 + 0,08.2 = 7,36 gam.

Gọi CTTQ ancol là R(OH)_t (t = 1 hoặc t = 2 do các este không phân nhánh).

R(OH)_t + tNa → R(ONa)_t + 0,5t H₂

0,16/t ← 0,08 (mol)

⟹ M_ancol = 7,36 : (0,16/t) = 46t

⟹ R + 17t = 46t ⟹ R = 29t

⟹ t = 1; R = 29 ⟹ Z: C₂H₅OH thỏa mãn.

*Khi cho E + NaOH

n_{NaOH pư} = n_COO = n_C2H5OH = 0,16 mol

⟹ n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,08 mol (BTNT.Na)

Dùng BTKL phản ứng NaOH: m_E + m_NaOH= m_muối + m_ancol

⟹ m_E = 10,76 + 7,36 - 0,16.40 = 11,72 gam

BTNT.C ⟹ n_C(muối) = n_{CO2 đốt muối} + n_Na2CO3 = 0,08 + 0,08 = 0,16 mol.

Nhận thấy n_COO = n_{C trong muối} nên nguyên tử C chỉ nằm trong nhóm COO

⟹ Muối gồm $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOON{\rm{a}}:a}\\{{{(COON{\rm{a}})}_2}:b}\end{array}} \right.$

⟹$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{NaOH}} = a + 2b = 0,16}\\{{m_{muoi}} = 68{\rm{a}} + 134b = 10,76}\end{array}} \right.$⟹$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,04}\\{b = 0,06}\end{array}} \right.$

⟹$E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HCOO{C_2}{H_5}:0,04\left( X \right)}\\{{{(COO{C_2}{H_5})}_2}:0,06\left( Y \right)}\end{array}} \right.$

⟹ %m_X = 25,26%.

Câu 141:

Hình bên mô tả thời điểm bắt đầu thí nghiệm phát hiện hô hấp ở thực vật. Thí nghiệm được thiết kế đúng chuẩn quy định. Dự đoán nào sau đây đúng về kết quả thí nghiệm?

Hình bên mô tả thời điểm bắt đầu thí nghiệm phát hiện hô hấp ở thực vật. Thí nghiệm được thiết kế đúng chuẩn quy định. Dự đoán nào sau đây đúng (ảnh 1)

A. giọt nước màu trong ống mao dẫn bị đẩy dần sang vị trí số 6,7,8.

B. Nhiệt độ trong ống chứa hạt nảy mầm không đổi.

C. Một lượng vôi xút chuyển thành canxi cacbonat.

D. Nồng độ khí oxi trong ống chứa hạt nảy mầm tăng nhanh.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Hạt đang nảy mầm sẽ hô hấp mạnh tạo ra khí CO₂ ; nhiệt lượng, hút khí O₂

Khí CO₂ sẽ bị hấp thụ bởi vôi xút tạo thành canxi cacbonat.

A sai, vì hạt hút không khí, làm giọt nước màu di chuyển về vị trí 4,3,2

B sai, nhiệt độ sẽ tăng lên

C đúng.

D sai, hạt nảy mầm hút khí O₂ , nồng độ khí O₂ sẽ giảm

Câu 142:

Mỗi xinap có bao nhiêu loại chất trung gian hóa học?

A. 1

B. 3

C. 4

D. 2

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Mỗi xinap chỉ có 1 loại chất trung gian hóa học.

Chất trung gian hóa học phổ biến nhất ở thú là axetincolin và noradrenalin.

Câu 143:

Trong quá trình phát triển của động vật, sự thay đổi đột ngột về hình thái, cấu tạo và sinh lí của cơ thể sau khi sinh ra hoặc nở từ trứng ra được gọi là

A. đột biến

B. biến thái

C. biến động.

D. biến đổi

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Trong quá trình phát triển của động vật, sự thay đổi đột ngột về hình thái, cấu tạo và sinh lí của cơ thể sau khi sinh ra hoặc nở từ trứng ra được gọi là biến thái.

Câu 144:

Cắt một đoạn thân cây khoai mì đem trồng trong đất ẩm, sau một thời gian đoạn thân này sẽ mọc chồi và phát triển thành cây khoai mì. Đây là hình thức sinh sản bằng cách

A. chiết cành.

B. giâm cành.

C. giâm lá.

D. giâm rễ.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Đây là hình thức sinh sản giâm cành.

Câu 145:

Dạng đột biến cấu trúc thường làm giảm số lượng gen trên một NST là

A. mất đoạn NST.

B. đảo đoạn NST.

C. chuyển đoạn trên một NST.

D. lặp đoạn NST.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Đột biến mất đoạn NST sẽ làm giảm số lượng gen trên một NST.

Đảo đoạn, chuyển đoạn trên 1 NST không làm thay đổi số gen.

Lặp đoạn NST sẽ làm tăng số lượng gen trên một NST

Câu 146:

Ở thực vật, alen B quy định lá nguyên trội hoàn toàn so với alen b quy định là xẻ thùy. Trong quần thể đang cân bằng di truyền, cây lá nguyên chiếm tỉ lệ 96%. Theo lí thuyết, thành phần kiểu gen của quần thể này là

A. 0,32 BB : 0,64 Bb : 0,04 bb.

B. 0,36 BB : 0,48 Bb : 0,16 bb.

C. 0,04 BB : 0,32 Bb : 0,64 bb.

D. 0,64 BB : 0,32 Bb : 0,04 bb.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Bước 1: Tính tỉ lệ cây lá xẻ

Bước 2: Tính tần số alen b = √tỉ lệ lá xẻ.

Bước 3: Tính thành phần kiểu gen của quần thể theo công thức:

Quần thể cân bằng di truyền có cấu trúc p²AA + 2pqAa +q²aa =1

Giải chi tiết:

Tỉ lệ cây lá xẻ là: 100% - 96% = 4%.

Tần số alen b = √0,04 = 0,2 → tần số alen B = 0,8.

Cấu trúc di truyền của quần thể là: 0,64 BB : 0,32 Bb : 0,04 bb.

Câu 147:

Nuôi cấy hạt phấn từ một cây có kiểu gen AabbDd sau đó lưỡng bội hóa có thể tạo được cây có kiểu gen nào sau đây?

A. aabbdd.

B. AAbbDd.

C. aaBBDD.

D. aabbDd.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Nuôi cấy hạt phấn sau đó lưỡng bội hóa sẽ thu được dòng thuần: aabbdd.

B, D loại vì không phải dòng thuần.

C loại vì không thể tạo được dòng thuần có cặp BB.

Câu 148:

Theo quan điểm của thuyết tiến hóa hiện đại, chọn lọc tự nhiên

A. phân hóa khả năng sống sót, khả năng sinh sản của những cá thể có kiểu gen khác nhau trong quần thể.

B. tác động trực tiếp lên kiểu gen, giữ lại những kiểu gen thích nghi và loại bỏ các kiểu gen kém thích nghi.

C. thay đổi quần thể theo các hướng không xác định.

D. làm xuất hiện alen mới thông qua giao phối làm phong phú vốn gen của quần thể.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Theo quan điểm của thuyết tiến hóa hiện đại, chọn lọc tự nhiên phân hóa khả năng sống sót, khả năng sinh sản của những cá thể có kiểu gen khác nhau trong quần thể.

B sai, CLTN tác động trực tiếp lên kiểu hình, gián tiếp lên kiểu gen.

C sai, CLTN làm thay đổi quần thể theo hướng xác định.

D sai, CLTN không làm xuất hiện alen mới.

Câu 149:

Theo lí thuyết, tập hợp sinh vật nào sau đây là một quần thể?

A. Cây hạt kín ở rừng Bạch Mã.

B. Chim ở Trường Sa.

C. Cá ở Hồ Tây.

D. Gà Lôi ở rừng Kẻ Gỗ.

Xem đáp án

Giải chi tiết:

Quần thể là một tập hợp cá thể cùng loài, cùng sống trong 1 khoảng không gian xác định, vào một thời điểm xác định, có khả năng sinh sản tạo thế hệ mới.

VD về quần thể sinh vật là Gà Lôi ở rừng Kẻ Gỗ.

Các ví dụ khác đều gồm nhiều loài sinh vật.

Câu 150:

Xét một cặp gen Bb của một cơ thể lưỡng bội đều dài 4080Å, alen B có 3120 liên kết hidro và alen b có 3240 liên kết hidro. Do đột biến lệch bội đã xuất hiện thể 2n + 1 và có số nucleotit thuộc các alen B và alen b là A = 1320 và G = 2280 nucleotit. Kiểu gen đột biến lệch bội nói trên là

Xem đáp án

Đáp án: BBb

Phương pháp giải:

Bước 1: Tính số nucleotit của mỗi gen

CT liên hệ giữa chiều dài và tổng số nucleotit $L = \frac{N}{2} \times 3,4$ (Å); 1nm = 10 Å, 1μm = 10⁴ Å

Bước 2: Tính số nucleotit từng loại của mỗi gen dựa vào N, H: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2A + 2G = N}\\{2A + 3G = H}\end{array}} \right.$

Bước 3: Xác định kiểu gen của thể ba.

Giải chi tiết:

Số nucleotit của mỗi gen là: $N = \frac{L}{{3,4}} \times 2 = \frac{{4080}}{{3,4}} \times 2 = 2400$ nucleotit.

Xét gen B:

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2A + 2G = 2400}\\{2A + 3G = 3120}\end{array}} \right. \leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = T = 480}\\{G = X = 720}\end{array}} \right.$

Xét gen b:

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2A + 2G = 2400}\\{2A + 3G = 3240}\end{array}} \right. \leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = T = 360}\\{G = X = 840}\end{array}} \right.$

Ta thấy hợp tử có A =1320 =480 × 2 + 360 → Hợp tử là BBb.