Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 30)

Dựa vào biểu đồ, khoảng điểm \[\left( {22\,;\,\,23} \right]\] có số lượng học sinh đông nhất. Chọn C.

Ta có \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2t - 2 \Rightarrow v\left( 2 \right) = 2 \cdot 2 - 2 = 2\,\,\left( {m/s} \right)\). Chọn D.

Ta có \({3^{2x + 3}} = {3^{4x - 5}} \Leftrightarrow 2x + 3 = 4x - 5 \Leftrightarrow 2x = 8 \Leftrightarrow x = 4.\) Chọn B.

Xét phương trình \[{x^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 4 \Leftrightarrow {\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left| x \right| = 1\\\left| x \right| = - 4\,\,(loai)\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \pm 1\].

• Thay \(x = 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \(1 + 2y = 2 \Leftrightarrow 2y = 1 \Leftrightarrow y = \frac{1}{2}\) .

• Thay \(x = - 1\) vào phương trình thứ hai ta được: \( - 1 + 0 \cdot y = 2 \Leftrightarrow 0y = 3\) (vô nghiệm).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất \(\left( {x\,;\,\,y} \right) = \left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\). Chọn A.

Dựa vào hình vẽ ta thấy: \(A\left( { - 2\,;\,\,1} \right),\,\,B\left( {1\,;\,\,3} \right)\)\( \Rightarrow M\left( { - \frac{1}{2};\,\,2} \right) \Rightarrow z = - \frac{1}{2} + 2i\). Chọn B.

Ta có \(\vec i = \overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right) \Rightarrow \left( P \right):1\left( {x - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3 = 0\). Chọn A.

Điểm đối xứng của \[A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\, - 3} \right)\] qua mặt phẳng \(\left( {Oyz} \right)\) là  \[A\left( { - 2\,;\,\,1\,;\,\,3} \right)\]. Chọn A.

Điều kiện xác định: \(x \le 3\).

\(\frac{{5x + 1}}{2} + \sqrt {3 - x} \ge \frac{x}{2} + \sqrt {3 - x} \Leftrightarrow \frac{{5x + 1}}{2} \ge \frac{x}{2}\)

\( \Leftrightarrow 5x + 1 \ge x \Leftrightarrow 4x \ge - 1 \Leftrightarrow x \ge - \frac{1}{4}\).

Kết hợp với điều kiện \(x \le 3\) ta có tập nghiệm của bất phương là \(\left[ { - \frac{1}{4}\,;\,\,3} \right]\). Chọn B.

Gọi \[I\] là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện \[OABC.\]

Có \(\left( {ABC} \right):5x + 3y + 4z - 15 = 0\) và \(\left( {OBC} \right):x - z = 0\).

Phương trình các mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) là

\(\frac{{5x + 3y + 4z - 15}}{{\sqrt {{5^2} + {3^2} + {4^2}} }} = \pm \frac{{x - z}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{10x + 3y - z - 15 = 0}\\{y + 3z - 5 = 0}\end{array}.} \right.\)

Gọi \(\left( {BCI} \right)\) là mặt phẳng phân giác của hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right),\,\,\left( {OBC} \right)\) và hai điểm \[O,\,\,A\] khác phía với mặt phẳng này.

Do đó \(\left( {BCI} \right):10x + 3y - z - 15 = 0\). Chọn C.

Số tiền lương của kỹ sư là một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 13,5\) triệu đồng, công sai \(d = 0,5\) triệu đồng.

Sau 3 năm (hay 12 quý), tổng số tiền lương một kỹ sư nhận được sau ba năm làm việc cho công ty là: \({S_{12}} = \frac{{\left( {2 \cdot 13,5 + 11 \cdot 0,5} \right) \cdot 12}}{2} = 195\) (triệu đồng). Chọn B.

Ta có: \(\int f \left( x \right){\rm{d}}x = \int {\left( {\frac{2}{{x + 1}} - \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}} \right){\rm{d}}x} = 2\ln \left( {x + 1} \right) + \frac{1}{{x + 1}} + C\). Chọn A.

Ta có \[f\left( x \right) < x + m\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right) \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - x\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]

Dựa vào đồ thị hàm số \[y = f'\left( x \right)\] ta có \[f'\left( x \right) < 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\].

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x\] trên khoảng \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\] ta có:

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 1\,\,\forall x \in \left( {0\,;\,\,2} \right)\]\[ \Rightarrow g\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {0\,;\,\,2} \right)\].

Do đó \(m \ge g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\). Chọn B.

Ta có: \(a\left( t \right) = {\left[ {v\left( t \right)} \right]^\prime } = 6t \Rightarrow a\left( {10} \right) = 60\;\,\left( {{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}} \right)\). Chọn D.

Ta có \({A_n} = A{\left( {1 + r} \right)^n}\)\( \Rightarrow 100{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)^n} > 125 \Leftrightarrow n > {\log _{\left( {1 + \frac{{0,5}}{{100}}} \right)}}\frac{{125}}{{100}} \approx 44,74.\)

Vậy sau ít nhất 45 tháng. Chọn B.

Bất phương trình \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 1 > 2x - 1}\\{2x - 1 > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x < 2}\\{x > \frac{1}{2}}\end{array}} \right.} \right.\). Vậy \(S = \left( {\frac{1}{2};\,\,2} \right)\). Chọn A.

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

Do đó thể tích của khối tròn xoay là: \[V = \pi \int\limits_0^2 {\left| {{{\left( {{x^2}} \right)}^2} - {{\left( {2x} \right)}^2}} \right|{\rm{d}}x} = \frac{{64\pi }}{{15}}\]. Chọn B.

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\), yêu cầu của bài toán đưa đến giải bất phương trình:

\(m{x^2} + 14mx + 14 \le 0,\,\,\forall x \ge 1 \Leftrightarrow m \le {\min _{\left[ {1\,;\,\, + \infty } \right)}}\frac{{ - 14}}{{{x^2} + 14x}} = - \frac{{14}}{{15}}{\rm{.}}\) Chọn A.

Ta có \(\left( {3 + 2i} \right)z + {\left( {2 - i} \right)^2} = 4 + i \Leftrightarrow z = \frac{{4 + i - {{\left( {2 - i} \right)}^2}}}{{3 + 2i}} = 1 + i\). Chọn D.

Từ \(z = x + yi \Rightarrow \left| {\left( {x + 2} \right) + \left( {y + 1} \right)i} \right| = \left| {x - \left( {y + 3} \right)i} \right|\).

Do đó \[{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = {x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} \Leftrightarrow 4x + 2y + 5 = 6y + 9 \Leftrightarrow y = x - 1\]. Chọn D.

Ta có \({S_{ABN}} = 3{S_{ANC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{1}{2} \cdot d(A,BN) \cdot BN}}{{\frac{1}{2} \cdot d(A,CN) \cdot CN}} = \frac{{BN}}{{CN}} = 3\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {BN} = 3\overrightarrow {NC} \Rightarrow N\left( {\frac{{ - 1}}{4};\frac{{ - 3}}{4}} \right)\). Chọn A.

Bán kính của đường tròn \(\left( {{C_\alpha }} \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2x\cos \alpha - 2y\sin \alpha + \cos 2\alpha = 0\) là:

\(R = \sqrt {c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {{\sin }^2}\alpha - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {1 - c{\rm{os}}2\alpha } = \sqrt {2{{\sin }^2}\alpha } \)

Ta có \(2{\sin ^2}\alpha \le 2\,\,\forall \alpha \) nên \[R \le \sqrt 2 \].

Dấu  xảy ra \[\sin \alpha = 1 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\]

Vậy \[{R_{m{\rm{ax}}}} = \sqrt 2 \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{2} + k2\pi \].

Chọn B

Chọn D

Ta có: \(y' = - 3{x^2} + 12x - 3 \Rightarrow {y'_{{\rm{max}}}} = 9\) tại \(x = 2 \Rightarrow PTTT:y = 9x - 10\). Chọn B.

Gọi \(M\left( {2 + m + \left( {1 - m} \right)t\,;\,\,1 - 2t\,;\,\, - m + \left( {m + 1} \right)t} \right)\) là điểm nằm trên \(\Delta \).

Khi đó ta có: \({x_M} + {y_M} + {z_M} - 3 = 0\,\,\forall m,\,\,t\) hay \(M\) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 3 = 0\).

Do đó \(\Delta \) luôn thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) cố định.

Mặt khác cho \(t = 1\), ta có \(\Delta \) luôn đi qua điểm \(B\left( {3\,;\,\, - 1\,;\,\,1} \right)\).

Khi đó ta có: \({d_{\left( {A,\left( P \right)} \right)}} \le d \le AB \Leftrightarrow \sqrt 3 \le d \le \sqrt {17} \). Chọn D.

Ta có \[d\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\).

Gọi \[\left( Q \right)\] là mặt phẳng chứa \[d\] và vuông góc \(\left( P \right)\).

Khi đó \[\left( Q \right)\] đi qua điểm \(M\left( {0\,;\,\, - 1\,;\,\,2} \right)\) và có \[\overrightarrow {{n_{\left( Q \right)}}} = \left[ {\overrightarrow {{u_d}} \,,\,\,\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} } \right] = \left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( Q \right):3x - 2y - z = 0\]

Gọi \(\Delta \) là hình chiếu vuông góc của \[d\] trên \(\left( P \right)\), khi đó \(\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x - 2y - z = 0}\\{x + y + z - 3 = 0}\end{array}} \right.\).

Nên có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\).

Cho \[z = 1\], ta được \[x = 1\,,\,\,y = 1.\] Do đó, điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] nằm trên \[\Delta \].

Ta có đường thẳng \[\Delta \] đi qua điểm \[A\left( {1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\] và có một vectơ chỉ phương \({\vec u_\Delta } = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\,\,\overrightarrow {{n_Q}} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\, - 5} \right)\).

Do đó \[\Delta \] có phương trình chính tắc là \(\frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 1}}{4} = \frac{{z - 1}}{{ - 5}}\). Chọn C.

Ta có \(g\left( x \right) = {e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}}\)

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = 2f'\left( x \right) \cdot {e^{2f\left( x \right) + 1}} + f'\left( x \right) \cdot {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 = f'\left( x \right)\left[ {2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5} \right]\).

Khi đó \(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 1\\x = 4\end{array} \right.\) (vì \(2{e^{2f\left( x \right) + 1}} + {5^{f\left( x \right)}} \cdot \ln 5 > 0\,\,\forall x)\).

Qua các điểm \(x = - 1\,,\,\,x = 1\,,\,\,x = 4\) thì \(f'\left( x \right)\) đổi dấu nên \(g'\left( x \right)\) cũng đổi dấu (vì dấu của \(g'\left( x \right)\) phụ thuộc vào dấu của \(f'\left( x \right)\).

Vậy hàm số \(y = g\left( x \right)\) có 3 điểm cực trị. Chọn C.

Ta có \(3MA = 2MB\)

\( \Leftrightarrow 9{\left( {x + 1} \right)^2} + 9{\left( {y - 3} \right)^2} + 9{\left( {z + 1} \right)^2} = 4{\left( {x - 4} \right)^2} + 4{\left( {y + 2} \right)^2} + 4{\left( {z - 4} \right)^2}\)

Rút gọn ta được \(M \in \left( S \right):{\left( {x + 5} \right)^2} + {\left( {y - 7} \right)^2} + {\left( {z + 5} \right)^2} = 108\) có tâm \(I\left( { - 5\,;\,\,7\,;\,\, - 5} \right),\,\,R = 6\sqrt 3 \).

\(P = \left| {2\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {BM} } \right| = \left| {2\left( {x + 1\,;\,\,y - 3\,;\,\,z + 1} \right) - \left( {x - 4\,;\,\,y + 2\,;\,\,z - 4} \right)} \right| = \left| {\left( {x + 6\,;\,\,y - 8\,;\,\,z + 6} \right)} \right| = MC\) với tọa độ điểm \(C\left( { - 6\,;\,\,8\,;\,\, - 6} \right)\) ta có \(M{C_{\max }} = CI + R = 7\sqrt 3 \). Chọn A.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 2\left( {2m - 1} \right)x + 2 - m\).

Hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số \(f(x)\) có hai điểm cực trị dương

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta > 0}\\{S > 0}\\{P > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2m - 1} \right)}^2} - 3\left( {2 - m} \right) > 0}\\{\frac{{2\left( {2m - 1} \right)}}{3} > 0}\\{\frac{{2 - m}}{3} > 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4{m^2} - m - 5 > 0}\\{m > \frac{1}{2}}\\{m < 2}\end{array} \Leftrightarrow \frac{5}{4} < m < 2} \right.} \right.} \right.\). Chọn D.

ĐKXĐ: \(x \ge 3\).

Ta có \[\sqrt {{x^2} - 2mx + 1} = \sqrt {x - 3} \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 1 = x - 3 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {2m + 1} \right)x + 4 = 0 & (*)\]

Phương trình ban đầu có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 3.

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta > 0\\{x_1} + {x_2} \ge 0\\\left( {{x_1} - 3} \right)\left( {{x_2} - 3} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2m + 1} \right)^2} - 14 > 0\\2m + 1 \ge 6\\4 - 3\left( {2m + 1} \right) + 9 \ge 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}2m + 1 > \sqrt {14} \\2m + 1 < - \sqrt {14} \end{array} \right.\\m \ge \frac{5}{2}\\m \le \frac{5}{3}\end{array} \right. \Rightarrow m \in \emptyset \).

Chọn D.

Ta có: \(x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) - x \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) = 2f_2^2\left( x \right) - 2x\)

\[ \Leftrightarrow 2x \cdot f\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) + {f^2}\left( x \right) = 3{f^2}\left( x \right) - 2x \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {{{\left( {x,\,\,{f^2}\left( x \right)} \right)}^\prime }dx} = 3\int\limits_0^2 {{f^2}\left( x \right)dx} - \int\limits_0^2 {2xdx} \]

\(\left. { \Leftrightarrow \left( {x \cdot {f^2}\left( x \right)} \right)} \right|_0^2 = 3I - 4 \Leftrightarrow 2 = 3I - 4 \Leftrightarrow I = 2\). Chọn C.

Xếp 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[4!\] (cách).

Xếp 5 bạn nam và 4 bạn nữ đứng cạnh nhau có \[6!\] (cách).

Số cách xếp thỏa mãn đề bài là: \(4!\,.\,\,6! = 17\,\,280\) (cách). Chọn D.

Gọi \(M\left( {m\,;\,\,5} \right) \in \left( C \right)\) suy ra \({m^4} - 3{m^2} + 1 = 5 \Leftrightarrow {m^2} = 4 \Leftrightarrow m = \pm \,2.\)

Ta có \(y' = 4{x^3} - 6x \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y'\left( 2 \right) = 20\\y'\left( { - 2} \right) = - 20\end{array} \right.\) .

Suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là \[\left[ \begin{array}{l}y = 20x - 35\\y = - 20x - 35\end{array} \right..\]

Đáp án: 2.

Gọi \({A_i}\) là biến cố bắn trúng mục tiêu của mũi tên thứ i.

X là biến cố một mũi tên trúng mục tiêu và một mũi tên trượt mục tiêu.

Khi đó \(X = {A_1}\overline {{A_2}} \cup \overline {{A_1}} {A_2}\).

Xác suất cần tìm \(P(X) = P\left( {{A_1}{{\bar A}_2}} \right) + P\left( {{{\bar A}_1}{A_2}} \right) = 0,7 \cdot 0.3 + 0,3 \cdot 0,7 = 0,42\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{x\left( {ax + 2a + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 1} \right)}} = \frac{2}{{2a + 1}}\).

Hàm số liên tục tại \[x = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 4 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{4}\].

Đáp án: \[ - \frac{1}{4}\].

Ta có: \(y' = 12{x^2} - 12x\).

Phương trình tiếp tuyến tại \({M_0}\left( {{x_0};\,\,{y_0}} \right)\) có dạng \[\left( \Delta \right):y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\].

\( \Leftrightarrow \left( \Delta \right):y = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1.{\rm{ }}\)

Do \(M\left( { - 1\,;\,\, - 9} \right) \in \left( \Delta \right)\) nên \( - 9 = \left( {12x_0^2 - 12{x_0}} \right)\left( { - 1 - {x_0}} \right) + 4x_0^3 - 6x_0^2 + 1\).

\( \Leftrightarrow - 8x_0^3 - 6x_0^2 + 12{x_0} + 10 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_0} = - 1}\\{{x_0} = \frac{5}{4}}\end{array}.} \right.\)

Do đó, số tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu là 2.

Đáp án: 2.

Khoảng cách từ chân cổng đến trục đối xứng \(Oy\) là \(\frac{8}{2} = 4\).

Hoành độ 2 chân cổng là \( - 4\,;\,\,4\) và tung độ chân cổng là \(y = \frac{{ - 1}}{2} \cdot {4^2} = - 8\).

Chiều cao của cổng là \(\left| { - 8} \right| = 8\,\,(m)\).

Đáp án: 8.

Ta có: \(y' = 2{x^3} - 2\left( {m - 2} \right)x = 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right)\).

Xét \(y' = 0 \Leftrightarrow 2x\left( {{x^2} - m + 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} = m - 2}\end{array}} \right.\).

Để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị thì \(m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > 2\).

Khi đó toạ độ các điểm cực trị là:

\(A\left( {0\,;\,\,{m^2} + 1} \right),\,\,B\left( {\sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right),\,\,C\left( { - \sqrt {m - 2} \,;\,\,\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1} \right)\).

Ta thấy \(A \in Oy\). Để \(B,\,\,C \in Ox\) thì \(\frac{{{m^2}}}{2} + 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = - 2 \pm \sqrt 6 \) (không thỏa mãn).

Vậy không tồn tại giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.

Đáp án: 0.

Ta có \(\int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}d\left( {1 + x} \right)} = \left. {\frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1 = \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}}\)

Mặt khác, \({\left( {1 + x} \right)^n} = C_n^0 + C_n^1 \cdot x + C_n^2 \cdot {x^2} + \ldots + C_n^n \cdot {x^n}\)

\[ \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = C_n^0\int\limits_0^1 {dx} + C_n^1\int\limits_0^1 {x \cdot dx} + C_n^2\int\limits_0^1 {{x^2}dx} + \ldots + C_n^n\int\limits_0^1 {{x^n}dx} \]

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {{{\left( {1 + x} \right)}^n}dx} = \left. {C_n^0x} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^1{x^2}}}{2}} \right|_0^1 + \left. {\frac{{C_n^2{x^3}}}{3}} \right|_0^1 + \ldots + \left. {\frac{{C_n^n{x^{n + 1}}}}{{n + 1}}} \right|_0^1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = C_n^0 + \frac{{C_n^1}}{{1 + 1}} + \frac{{C_n^2}}{{1 + 2}} + \ldots + \frac{{C_n^n}}{{n + 1}} \Leftrightarrow \frac{{{2^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}} = \frac{{{2^{100}} - 1}}{{100}} \Leftrightarrow n = 99.\)

Đáp án: 99.

Ta có \(\left| w \right| = \left| {\frac{z}{i}} \right| = \frac{{\left| z \right|}}{{\left| i \right|}} = \frac{2}{1} = 2\).

Đáp án: 2.

Lượng nước dâng lên chính là tổng thể tích của 3 viên đá thả vào và bằng:

\({V_b} = 3 \cdot \frac{4}{3}\pi r_b^3 = 4\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Ta có phần nước dâng lên là khối trụ có đáy bằng với đáy cốc nước và thể tích là \(4\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right)\).

Chiều cao của phần nước dâng lên là \({h_d}\) thỏa mãn. \(4\pi = \pi {r^2}{h_d} \Leftrightarrow {h_d} = 1\,\,(\;{\rm{cm}})\).

Vậy nước dâng cao cách mép cốc là \(15 - 10 - 1 = 4\,\,(\;{\rm{cm}})\).

Đáp án: 4.

Ta có \(\left( {ABC} \right):\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\).

Mặt cầu \[\left( S \right)\] có tâm \(I\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{5}{{\sqrt 6 }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left| {6 - 1} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} }} = \frac{5}{{\sqrt 6 }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = 6\).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

\(\left( {{2^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^2} = {6^2} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge 6.\)

Dấu  xảy ra \[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{2}{{\frac{1}{a}}} = \frac{1}{{\frac{1}{b}}} = \frac{1}{{\frac{1}{c}}}}\\{\frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 6}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{1}{2}}\\{b = c = 1}\end{array}} \right.} \right.\]. Khi đó \({V_{{\rm{OABC }}}} = \frac{1}{6}abc = \frac{1}{{12}}\).

Đáp án: \(\frac{1}{{12}}\).

Từ giả thiết \({a^{x + y}} = {b^{x - y}} = \sqrt[3]{{ab}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {{\log }_a}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)}\\{x - y = {{\log }_b}\sqrt[3]{{ab}} = \frac{1}{3}\left( {1 + {{\log }_b}a} \right)}\end{array}} \right.\).

Đặt \({\log _a}b = t\,\,(t > 0)\). Khi đó \(x = \frac{1}{6}\left( {2 + t + \frac{1}{t}} \right),y = \frac{1}{6}\left( {t - \frac{1}{t}} \right)\).

Suy ra: \(P = 6x + 4y - 2 = 2 + t + \frac{1}{t} + \frac{2}{3}t - \frac{2}{{3t}} - 2 = \frac{5}{3}t + \frac{1}{{3t}} = \frac{1}{3}\left( {5t + \frac{1}{t}} \right) \ge \frac{{2\sqrt 5 }}{3} = \frac{{\sqrt {20} }}{3}\).

Dấu bằng xảy ra khi \(t = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\). Suy ra \(m = 20,n = 3 \Rightarrow m - 3n = 11\).

Đáp án: 11.

Ta có: \(S = xy + 2xz + 2yz = 100\), thể tích của thùng là \(V = xyz\).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\(\frac{{xy + 2xz + 2yz}}{3} \ge \sqrt[3]{{4{x^2}{y^2}{z^2}}} \Rightarrow {\left( {\frac{S}{3}} \right)^3} \ge 4{x^2}{y^2}{z^2} = 4{V^2} \Rightarrow V \le \frac{1}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{S}{3}} \right)}^3}} \).

Dấu  xảy ra \( \Leftrightarrow xy = 2xz = 2yz = \frac{S}{3} \Leftrightarrow x = y = 2z = \sqrt {\frac{S}{3}} \)

\( \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} = \frac{3}{4} \cdot S = \frac{3}{4} \cdot 100 = 75\).

Đáp án: 75.

Từ “chế độ” dùng sai về nghĩa. “Chế độ” là hệ thống tổ chức chính trị, kinh tế… của xã hội, không thể thực hiện hành động xâm lược. Từ đúng là “kẻ thù”, “thế lực”,… Chọn C.

Quan hệ từ “để” dùng trong câu không thích hợp về nghĩa. Sửa: Thay từ “để” bằng từ “vì”. Chọn C.

Từ viết sai chính tả “dụi đất”. Sửa lại “rụi đất”. Chọn B.

Từ “béo bổ” dùng sai về nghĩa. “Béo bổ” là có tác dụng tốt đối với sức khỏe con người. Từ đúng là “béo bở”. Chọn D.

Từ “chứng minh” dùng chưa hợp lí, nên thay bằng “chứng kiến”. Chọn C.

“hoa quả” là từ ghép đẳng lập, các từ còn lại đều là từ ghép chính phụ. Chọn B.

Từ “mặt” trong “rửa mặt” dùng với nghĩa gốc, các từ còn lại dùng với nghĩa chuyển. Chọn A.

“Khẩn khoản” là tỏ ra tha thiết, nài nỉ để người khác chấp nhận đề nghị của mình. Các từ còn lại biểu thị sự cần thiết, cấp bách, phải giải quyết nhanh, không được chậm trễ. Chọn A.

“Róc rách” biểu thị âm thanh của nước chảy. Các từ còn lại biểu thị âm thanh của mưa rơi. Chọn D.  

“Rừng xà nu” thuộc thể loại truyện, các tác phẩm còn lại thuộc thể loại thơ. Chọn C. 

Bảo vệ môi trường là trách nhiệm của toàn xã hội. Chọn A.          

“Bao che” là che giấu tội lỗi, khuyết điểm cho người nào đó. “Che chở” là bảo vệ người nào đó khỏi khó khăn, nguy hiểm. “Che chắn” là giúp đỡ, bảo vệ người nào đó khỏi sự tấn công. “Bao bọc” là giúp đỡ, yêu thương, gắn bó với người khác. Từ thích hợp nhất kết hợp với “những tội lỗi, sai trái và tiêu cực” ở trong câu là từ “bao che”. Chọn A.

Lá cây thì mềm mại mịn màng còn thân cây lại xù xì, gai góc. Chọn A.

Bộ Ngoại giao Hoa Kì xử lí rất nghiêm những cáo buộc về hành vi giả mạo hoặc sai phạm trong quy trình xử lí thị thực. Chọn C.

Từ “lấp lánh” dùng để chỉ ánh sao là hợp lí hơn cả. Chọn B.

Hai đoạn thơ thuộc thể loại trữ tình, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm. Chọn A.

Từ “ngân hàng” được dùng trong đoạn văn được dùng với nghĩa chỉ tập hợp các dữ liệu liên quan đến một lĩnh vực nào đó mà ở đây là câu hỏi thi phục vụ mục tiêu giáo dục. Chọn C.

Câu hỏi “Có chở trăng về kịp tối nay?” trong đoạn trích thể hiện niềm hi vọng, khắc khoải, phấp phỏng của thi sĩ. Chọn A.

“hiện thế”: Cuộc đời hiện tại. Chọn A.

Đây là đoạn văn diễn dịch vì câu chủ đề ở đầu đoạn: “Cuộc sống quê tôi gắn bó với cây cọ”, những câu sau triển khai ý của câu chủ đề. Chọn A.

Trạng thái suy tư: nghĩ về anh, em; nghĩ về biển lớn,… Chọn C.

Dựa vào câu: Một người như cô phải chết đi thật tiếc, lại một hạt bụi vàng của Hà Nội rơi xuống chìm sâu vào lớp đất cổ. Chọn C.

Đoạn văn tổng phân hợp. Câu mở đầu đoạn văn trên nêu lên một nhận định chung về nhân vật. Các câu khác khai triển đoạn đưa ra các biểu hiện cụ thể minh họa cho nhận định chung ấy. Từ những chứng cớ cụ thể này, câu kết đoạn đúc kết thành một nhận định mới vừa phù hợp với nhận định ban đầu, vừa được nâng cao hơn. Chọn C.

Dựa vào câu: Không thể bên trong một đằng, bên ngoài một nẻo được. Tôi muốn được là tôi toàn vẹn → Con người phải sống chân thật, là chính mình. Chọn C.

Nội dung chính: Cuộc thi tài của vị học giả và bác tiều phu. Chọn B.

Đoạn trích tập trung khắc họa tình yêu thương con tha thiết của người đàn bà hàng chài. Dễ dàng nhận thấy điều này vì xuất phát từ tình yêu thương con mà người đàn bà hàng chài mới gửi thằng Phác - thằng con trai mà mụ yêu thương nhất lên rừng sống với ông ngoại vì mụ sợ rằng thằng bé có thể làm những việc lỗi đạo với bố nó. Chọn C.

Trong đoạn trích trên, nhân vật Huấn Cao hiện lên với tấm lòng nhân hậu, trọng nhân cách, tình nghĩa điều này được thể hiện qua chi tiết Huấn Cao đồng ý cho viên quản ngục (một người biết trân trọng cái tài và nâng niu cái đẹp) chữ. Chọn A.

Nhân hóa: nghe lời gọi, tự hiến đời mình, trở về với cuộc sống bình thường, làm một người con gái dịu dàng của đất nước. Chọn C.

Ý nghĩa nội dung: sức mạnh và ý chí kiên cường của nhân dân của một dân tộc anh hùng không bao giờ chịu khuất phục đế quốc xâm lăng. Chọn C.

Tháng 3-1947, trong diễn văn đọc trước Quốc hội Mĩ, Tỗng thống Truman công khai tuyên bố: "Sứ mệnh lãnh đạo thế giới tự do chống lại sự bành trướng của chủ nghĩa cộng sản".

- Mục tiêu của "Chiến lược toàn cầu":

+ Ngăn chặn, đẩy lùi và tiến tới tiêu diệt hoàn toàn chủ nghĩa xã hội.

+ Đàn áp phong trào giải phóng dân tộc, phong trào cộng sản và công nhân quốc tế, phong trào chống chiến tranh, vì hòa bình, dân chủ trên thế giới.

+ Khống chế, chi phối các nước đồng minh.

Chọn D.

Phong trào Cần vương ở Việt Nam cuối thế kỉ XIX chấm dứt gắn với sự thất bại của cuộc khởi nghĩa Hương Khê (1885-1896). Khởi nghĩa Hương Khê cũng là cuộc khởi nghĩa tiêu biểu nhất của phong trào Cần vương. Chọn D.

Một trong những yếu tố thúc đẩy kinh tế Nhật Bản phát triển mạnh trong giai đoạn 1952-1973 là tận dụng tốt yếu tố bên ngoài để phát triển (viện trợ Mĩ, chiến tranh Triều Tiên, Việt Nam...). Chọn D.

Năm 1949, Liên Xô chế tạo thành công bom nguyên tử, phá vỡ thế độc quyển bom nguyên tử của Mĩ. Chọn B.

Hệ tư tưởng dân chủ tư sản cuối thế kỉ XIX, đầu thế kỉ XX mới xuất hiện tại Việt Nam, đây là một hệ tư tưởng mới với Việt Nam nhưng đã cũ với các quốc gia trên thế giới. Đồng thời giai cấp tư sản Việt Nam ra đời muộn, tiềm lực kinh tế nhỏ bé nên khả năng lãnh đạo còn hạn chế. Từ hai yếu tố đó cho thấy phong phong trào yêu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản thiếu sự lãnh đạo của một giai cấp tiên tiến. Chọn A.

Hiệp hội các quốc gia Đông Nam Á (ASEAN) ra đời năm 1967, Liên minh khu vực ở Tây Âu (EU) ra đời từ 1951 1993. Thời gian 2 tổ chức này ra đời là thời điểm Chiến tranh lạnh 1947-1991 đang diễn ra nên cả 2 tổ chức này đều chịu sự chi phối của cục diện thế giới hai cực, hai phe. Chọn C.

Một trong những hạn chế của Luận cương chính trị của Đảng Cộng sản Đông Dương (10-1930) là đánh giá không đúng khả năng cách mạng của tầng lớp tiểu tư sản, giai cấp tư sản dân tộc, khả năng lôi kéo bộ phận trung, tiểu địa chủ tham gia Mặt trận dân tộc thống nhất, chống đế quốc và phong kiến. Chọn C.

Từ ngày 16 đến ngày 17-8-1945, Đại hội Quốc dân được triệu tập ở Tân Trào. Đại hội tán thành chủ trương Tổng khởi nghĩa của Đảng, thông qua 10 chính sách của Việt Minh, cử ra Uỷ ban Dân tộc giải phóng Việt Nam do Hồ Chí Minh làm Chủ tịch. Chọn D.

Lúa nước là cây lương thực truyền thống và quan trọng của khu vực. Sản lượng lương thực không ngừng tăng, Thái Lan và Việt Nam trở thành những nước đứng hàng đầu thế giới về xuất khẩu gạo. Không chỉ vậy, Đông Nam Á là một khu vực có dân số đông nên nhờ việc phát triển ngành trồng lúa các nước Đông Nam Á đã cơ bản giải quyết được nhu cầu lương thực-vấn đề nan giải của nhiều quốc gia đang phát triển. Chọn C.

Ranh giới tự nhiên giữa hai phần Nga Âu và Nga Á là dãy núi U-ran (sgk Địa lí 11 trang 62) → Chọn D.

Đất feralit nước ta có màu đỏ vàng chủ yếu do sự tích tụ ô-xít sắt và ô-xít nhôm. Chọn D.

Diện tích rừng giàu chiếm tỉ lệ lớn là không đúng với rừng nước ta. Nước ta còn ít rừng giàu. Chọn C.

Điện Biên Phủ, Hà Giang, Tuyên Quang. Chọn A.

Tính toán cho thấy B là đáp án đúng. Chọn B.

Khai thác hải sản cần nhất yếu tố là ngư trường lớn → Chọn D.

Những đồng bằng hẹp ven biển tạo thuận lợi cho việc xây dựng tuyến đường B-N chứ không gây cản trở. Chọn C.

Cà phê là cây trồng quan trọng nhất của Tây Nguyên. Chọn D.

Việc phát triển cây công nghiệp lâu năm ở Tây Nguyên chủ yếu dựa vào các điều kiện thuận lợi là khí hậu có tính chất cận xích đạo, đất badan giàu dinh dưỡng. Chọn A.

B. Đất badan có diện tích rộng, giống cây trồng có chất lượng tốt. → thiếu khí hậu.

C. Đất badan ở trên những mặt bằng rộng, nguồn nước dồi dào. → thiếu khí hậu.

D. Khí hậu mát mẻ trên các cao nguyên cao trên 1000 m, đất tốt. → đất tốt chưa chi tiết.

Nhiệt lượng đun nóng nước là \(Q = m.c.\Delta T = 1,5.4200.(100 - 25) = 472500J\)

Nhiệt lượng bếp tỏa ra là \({Q_b} = U.I.t = 220.4 \cdot 10.60 = 528000\;{\rm{J}}\)

Hiệu suất của bếp là \(H = \frac{Q}{{{Q_b}}} = \frac{{472500}}{{528000}} \cdot 100\% = 89,5\% \)

Chọn C.

Chọn C.

Nguyên nhân của hiện tượng là do khúc xạ ánh sáng. Chọn D.

Công thức liên hệ giữa bước sóng \(\lambda \), tốc độ truyền sóng v và tần số góc \(\omega \) của một sóng cơ hình sin là \(\lambda = Tv = \frac{{2\pi v}}{\omega }\). Chọn A.

Ta có hiệu \(M{S_1} - M{S_2} = 1,75 = (4 - 0,5).500 = 3,5\lambda \)

\( \to {\rm{M}}\) là vân tối thứ 4

Giữa M và N là 8 vân sáng \( \to \) có 3 vân sáng ở bên \(M\)

\( \to \) bên N có 4 vân sáng (không kể vân sáng trung tâm)

\( \to {\rm{N}}\) là vân tối thứ \(5 \to N{S_1} - N{S_2} = - (5 - 0,5).500 = - 2,25(\mu m)\)

Chọn A.

Năng lượng của photon: \(E = \frac{{h.c}}{\lambda } = \frac{{6,625 \cdot {{10}^{ - 34}} \cdot 3 \cdot {{10}^8}}}{{0,414 \cdot {{10}^{ - 6}}}} = 4,{8.10^{ - 19}}J = 3{\rm{eV}}\)

Chọn C.

Súng bắn tốc độ có cả máy phát sóng vô tuyến và máy thu sóng vô tuyến. Chọn D.

\[P = {I^2}R = {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.30 = 240\,{\rm{W}}\]. Chọn D.

Từ đồ thị xác định được: \[\frac{T}{4} = 0,1s \Rightarrow T = 0,4s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 5\pi \,\,rad/s\]

\[{v_{\max }} = 25\pi = A\omega \Rightarrow A = \frac{{25\pi }}{{5\pi }} = 5\,cm\]

Vận tốc sớm pha hơn li độ góc \[\frac{\pi }{2}rad\] nên tại thời điểm ban đầu vận tốc đang ở biên dương và tiến về VTCB thì khi đó li độ đang ở VTCB và tiến về biên dương \[ \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{2}rad\]. Chọn A

Bước sóng truyền đi là \(\lambda  = \frac{v}{f} = 4\;{\rm{cm}}\)

Ta có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} \to OH = 9,6\;{\rm{cm}}\)

Tại thời điểm t khi \({\rm{O}}\) đạt vị trí cao nhất thì điểm ở trên \({\rm{AB}}\) đang ở vị trí cân bằng thỏa mãn: \((2k + 1) = \frac{\lambda }{4} = 2k + 1\)

Số điểm ở vị trí cân bằng trên \({\rm{AB}}\) khi \({\rm{O}}\) đạt cực đại thỏa mãn \({\rm{k}}\) là số nguyên

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{9,6 \le 2k + 1 \le 12}\\{9,6 \le 2k + 1 \le 16}\end{array} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{k = 5}\\{k = 5,6,7}\end{array} \to k = 5,6,7} \right.} \right.\). Có 3 vị trí.

Đáp án: 3

Vitamin A có CTPT \({{\rm{C}}_{20}}{{\rm{H}}_{30}}{\rm{O}}\)

Ta có hệ số: \(k = \frac{{2 \cdot 20 + 2 - 30}}{2} = 6\)

Mà \({\rm{k}} = \pi + {\rm{v}}.\) Ta có \({\rm{v}} = 1 \Rightarrow \) số liên kết π \( = 6 - 1 = 5.\)

Chọn C.

Các phát biểu (b), (c), (e) đúng.

Phát biểu (a) không đúng do \[A{l_2}{O_3}\] nóng chảy nhẹ hơn Fe nóng chảy nên nổi lên trên và X là \[A{l_2}{O_3}\] còn Y là Fe.

Phát biểu (d) không đúng vì nhiệt độ cao nhất của phản ứng là hơn 2000^oC

Chọn B.

Thí nghiệm 1: \({{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05\;\)mol

\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = 0,05\,mol\)

Thí nghiệm 2: \({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,01\)mol; \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}} = 0,04\)mol

       \({{\rm{H}}^ + } + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{HCO}}_3^ - \)     

       \({\rm{HCO}}_3^ - + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\( \Rightarrow {n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{HCl}} - {n_{C{O_2}}} = 0,04 - 0,01 = 0,03\,\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,03\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố \[{\rm{C}}:{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,05 \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,02\]mol

\(\begin{array}{l}{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,03}}{{0,02}} = 1,5{\rm{M}}\\{{\rm{C}}_{{\rm{M}}\left( {{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}} \right)}} = \frac{{0,02}}{{0,02}} = 1,0{\rm{M}}{\rm{.}}\end{array}\)

Chọn A.

Gọi x, y lần lượt là số mol của glycine và alanine trong hỗn hợp ban đầu

\({{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {{\rm{H}}_2}{\rm{NC}}{{\rm{H}}_2}{\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COOH}} + {\rm{NaOH}} \to {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CH}}\left( {{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}} \right){\rm{COONa}} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\(\)\({n_{hh\,}} = \frac{{30,5 - 23,9}}{{23 - 1}} = 0,3\,mol\)

Giải hệ phương trình: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{75x + 89y = 23,9}\\{x + y = 0,3}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,2}\\{y = 0,1}\end{array}} \right.} \right.(mol)\]

\(\% {m_{{\rm{glycine }}}} = \frac{{0,2 \cdot 75}}{{23,9}}.100\% = 62,76\% {\rm{.}}\)

Chọn B.

Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (d).

Phát biểu (e) không đúng vì rượu trắng và giấm ăn có nồng độ thấp hơn ethyl alcohol và acetic acid dùng trong thí nghiệm trên \( \Rightarrow \) làm giảm hiệu suất phản ứng.

Chọn A.

Nylon-6,6 thu được từ phản ứng trùng ngưng adipic acid với hexamethylenediamine.

Nylon-6,6 thuộc tơ tổng hợp.

Chọn D.

Khối lượng dung dịch \({\rm{X}}\) tăng đúng \({\rm{m}}\) gam so với dung dịch \({\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}\) ban đầu, bằng khối lượng hỗn hợp \({\rm{M}}.\)

Þ Sau phản ứng không sinh ra khí \( \Rightarrow {\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) là sản phẩm khử duy nhất, khi nung \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}\) bị phân hủy hoàn toàn thành các khí.

Þ 18,6 gam hỗn hợp oxide kim loại gồm MgO, \(A{l_2}{O_3}\), ZnO.

\({{\rm{m}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = {{\rm{m}}_{{\rm{oxide }}}} - {{\rm{m}}_{{\rm{KL}}}} = 18,6 - {\rm{m }}({\rm{g}})\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O (oxide) }}}} = \frac{{18,6 - m}}{{16}}\,\,(\;{\rm{mol}})\)

Gọi \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = x\,mol\)

Các quá trình nhường nhận electron:

\(\mathop {{\rm{Mg}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Mg}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e }}\)                                        

\(\mathop {\rm{N}}\limits^{ + 5} + 8{\rm{e}} \to \mathop {\rm{N}}\limits^{ - 3} \)

\(\mathop {{\rm{Al}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Al}}}\limits^{ + 3} + 3{\rm{e}}\)

\(\mathop {{\rm{Zn}}}\limits^0 \to \mathop {{\rm{Zn}}}\limits^{ + 2} + 2{\rm{e}}\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{\rm{e}}} = 2{{\rm{n}}_{{\rm{Mg}}}} + 3{{\rm{n}}_{{\rm{Al}}}} + 2{{\rm{n}}_{{\rm{Zn}}}} = 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_e} = 2{n_{O\,\,(oxide)}} \Rightarrow 8x = 2 \cdot \frac{{18,6 - m}}{{16}}\\ \Rightarrow m + 64x = 18,6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\)

\(\sum {{n_{O\,\,(Y)}} = 3 \cdot \sum {{n_{NO_3^ - \,\,(Y)}}} } = 3 \cdot (8x + x) = 27x\,(mol)\)

\( \Rightarrow \frac{{27x \cdot 16}}{{m + 576x}} = 0,601\,11\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,09\\m = 12,84\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow a = 12,84 + 576 \cdot 0,09 = 64,68\,gam\)

Vậy a gần với giá trị 65 nhất.

Chọn D.

Ban đầu: \(Ba{(OH)_2} \to B{a^{2 + }} + 2O{H^ - }\)

Þ Có 3 ion.

Khi thêm từ từ \({H_2}S{O_4}\): \(Ba{(OH)_2} + {H_2}S{O_4} \to BaS{O_4} \downarrow + 2{H_2}O\)

Þ Lượng ion giảm dần

Khi thêm dư \({H_2}S{O_4}\): \({H_2}S{O_4} \to 2{H^ + } + SO_4^{2 - }\)

Þ Lượng ion tăng lên.

Vậy độ dẫn điện của dung dịch giảm dần sau đó tăng dần.

Chọn D.

Ban đầu khi kéo pít tông thì thể tích của hỗn hợp phản ứng tăng, nồng độ các chất giảm, lượng chất có trong hệ sẽ bị loãng ra làm cho hỗn hợp có màu nâu nhạt hơn so với ban đầu. Sau một khoảng thời gian, vì kéo pít tông nên áp suất của hệ giảm, cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều tăng số mol chất khí.

\( \to \) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều tạo khí \({\rm{N}}{{\rm{O}}_2}\) màu nâu đỏ). Từ đó dẫn đến màu của hỗn hợp trở lên đậm hơn.

Chọn A.

Ta có: \({n_{HN{O_3}}} = 1,4\,mol;\,{n_{NaOH}} = 1,2\,mol;\,{n_{CO}} = 0,4\,mol\)

Nhận thấy: 81,06 gam chất rắn khan bao gồm \(\left\{ \begin{array}{l}NaN{O_2}(x\,mol)\\NaOH\,(y\,mol)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 1,2\\69x + 40y = 81,06\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1,14\\y = 0,06\end{array} \right.(mol)\)

- Xét quá trình: \(0,4\,mol\,CO + X \to \left\{ \begin{array}{l}KL:Cu,\,Fe\\hh\,kh\'i \,T\,(CO,\,C{O_2}),\,{\overline M _T} = 37,6\end{array} \right.\)

Þ Hỗn hợp T bao gồm CO (0,16 mol) và \(C{O_2}\)(0,24 mol)

Þ \({n_{O\,\,(X)}} = {n_{C{O_2}}} = 0,16\,mol\)

Þ \({m_{KL\,\,(X)}} = 25,76 - 0,24 \cdot 16 = 21,92\,gam\)

- Xét quá trình X + \(HN{O_3}\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}}}\\{{\rm{Fe}}}\\{{\rm{O}}:0,24\,\,mol}\end{array}} \right\} = \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Cu}};{\rm{Fe;}}}\\{({\rm{Fe}},{\rm{O}})}\end{array}} \right\}}_{25,76\,\,{\rm{gam}}} + \underbrace {{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}_{1,4\;{\rm{mol}}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{Fe}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_3}}\\{{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}} \right)}_2}}\\{{\rm{HN}}{{\rm{O}}_3}}\end{array}} \right\} + \{ {\rm{N}},{\rm{O}}\} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Từ \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{O}}_3}^ - {\rm{trong Y}}}}} = 1,14\;{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}\,\,({\rm{spk)}}}} = 1,4 - 1,14 = 0,26\;{\rm{mol}};\)

\( \Rightarrow {m_{N\,\,(spk)}} = 0,16 \cdot 14 = 3,64 \Rightarrow {m_{O\,\,(spk)}} = \frac{{3,64 \cdot 0,61276}}{{1 - 0,61276}} \approx 5,76\,gam\)

\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O}}\,\,({\rm{spk)}}}} = \frac{{5,76}}{{16}} = 0,36\;{\rm{mol}}.\)

 $\begin{array}{l}\stackrel{BTNTO}{\to }0,24+1,4\cdot 3=1,14\cdot 3+0,36+n_{H_{2}O}\\ \Rightarrow n_{H_{2}O}=0,66mol\end{array}$

Vậy Y chứa \(\left\{ \begin{array}{l}Fe{(N{O_3})_3}\,(a\,mol)\\Cu{(N{O_3})_2}\,(b\,\,mol)\end{array} \right.\) với \(\sum {{{\rm{n}}_{{\rm{NO}}_3^ - }}} \)trong muối \( = 3a + 2b = 1,06\;{\rm{mol}}.\)

Mà \(\sum {{m_{{\rm{Fe}}\, + \,{\rm{Cu}}}}} = 56a + 64b = 21,92\) gam.

Giải hệ phương trình được: \(a = 0,3\;{\rm{mol}}\) và \(b = 0,08\;{\rm{mol}}.\)

\(25,76\,gam\,X\left\{ \begin{array}{l}Cu:0,08\,mol\\Fe:\,\,c\,mol\\F{e_2}{O_z}:\,d\,mol\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}c + 2d = 0,3\\zd = 0,24\end{array} \right.\)

\(\)Nhận thấy: Công thức oxide thỏa mãn là \(F{e_3}{O_4}\)

Đáp án: \(F{e_3}{O_4}\)

Sâu bọ hô hấp bằng hệ thống ống khí tách biệt với hệ tuần hoàn → Ở sâu bọ, hệ tuần hoàn hở không thực hiện chức năng vận chuyển chất khí. Chọn D.

Sự khác nhau cơ bản giữa hướng động và ứng động là: hướng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích từ một hướng xác định còn ứng động là phản ứng của cơ quan thực vật đối với tác nhân kích thích không định hướng. Chọn B.

Khi CO₂ gặp nước vôi sẽ tạo kết tủa. Do đó, nước vôi được sử dụng trong thí nghiệm này nhằm mục đích chứng minh hô hấp ở thực vật thải CO₂. Chọn A.

Đột biến NST có các dạng cơ bản là đột biến cấu trúc NST (mất đoạn, lặp đoạn, đảo đoạn, chuyển đoạn) và đột biến số lượng NST (tự đa bội và dị đa bội). Chọn D.

Các con cừu mang gen sản sinh prôtêin của người trong sữa của chúng (hệ gen của các con cừu này được biến đổi thêm gen mới) là thành tựu của công nghệ gen. Chọn D.

Quần thể giao phối ở trạng thái cân bằng di truyền nên cấu trúc di truyền quần thể tuân theo công thức p² AA + 2pq Aa + q² aa =1.

Ta có p² AA = 9 q² aa (p, q > 0) → p (A) = 3 q(a) mà p + q = 1 \( \Rightarrow \) p(A) = 0,75; q(a) = 0,25.

\( \Rightarrow \) Tỉ lệ số cá thể dị hợp là 2pq = 2 × 0,75 × 0,25 = 37,5%. Chọn A.

Thành phần axit amin trong chuỗi hêmôglôbin của người và tinh tinh giống nhau là bằng chứng sinh học phân tử chứng tỏ người và tinh tinh có chung nguồn gốc. Chọn B.

Bậc dinh dưỡng cấp 1 trong lưới thức ăn trên chính là sinh vật sản xuất (thực vật). Chọn C.

Giả sử ban đầu có 1 phân tử N¹⁵ (X).

- Ở ống nghiệm 1: 1 phân tử X nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 2 phân tử Y.

- Ở ống nghiệm 2: 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.

- Ở ống nghiệm 3:

+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.

+ 2 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 4 phân tử Z.

- Ở ống nghiệm 4:

+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.

+ 6 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 12 phân tử Z.

- Ở ống nghiệm 5:

+ 2 phân tử Y nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 2 phân tử Y và 2 phân tử Z.

+ 14 phân tử Z nhân đôi 1 lần trong N¹⁴ cho 28 phân tử Z.

Xét sự đúng – sai của các phát biểu:

I. Đúng. Thí nghiệm trên đã kiểm chứng quá trình nhân đôi ADN theo nguyên tắc bán bảo toàn.

II. Đúng. Nếu một vi khuẩn E. coli được nuôi với các điều kiện thí nghiệm như trên thì luôn có hai mạch ADN chứa N¹⁵ ở mỗi thế hệ (mỗi thế hệ đều có 2 phân tử Y).

III. Sai. Tỉ lệ Y thay đổi từ thế hệ 3 (25%) sang thế hệ 4 (12,5%).

IV. Đúng. Ở thế hệ 5, \(\frac{Y}{Z} = \frac{2}{{30}} = \frac{1}{{15}}.\)

Chọn A.

- Quy ước gen: A - bình thường >> a - bị bệnh bạch tạng; B - bình thường >> b - bị máu khó đông. Trong đó, gen quy định bệnh bạch tạng nằm trên NST thường; gen quy định bệnh máu khó đông nằm trên vùng không tương đồng của NST giới tính X.

- Phía người vợ có:

+ Bố bị bệnh máu khó đông X^bY \( \Rightarrow \) Vợ có kiểu gen X^BX^b.

+ Bà ngoại và ông nội bị bạch tạng (aa) \( \Rightarrow \) Bố mẹ vợ đều có kiểu gen Aa \( \Rightarrow \) Kiểu gen của người vợ \[(\frac{1}{3}{\rm{AA : }}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a).\)

- Bên phía người chồng có:

+ Bố mẹ đều bình thường, có chú bị bệnh bạch tạng \( \Rightarrow \) Bố chồng có kiểu gen \[(\frac{1}{3}{\rm{AA:}}\frac{2}{3}{\rm{Aa)}}\]; mẹ có kiểu gen AA \( \Rightarrow \) Chồng có kiểu gen \[(\frac{2}{3}{\rm{AA:}}\frac{1}{3}{\rm{Aa)}}\] tạo giao tử với tỉ lệ \[(\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a).\]

+ Người chồng không bị máu khó đông nên có kiểu gen X^BY.

- Xác suất kiểu gen của người con gái của cặp vợ chồng trên:

+ Về bệnh bạch tạng: \((\frac{2}{3}A:\frac{1}{3}a) \times (\frac{5}{6}A:\frac{1}{6}a)\) → Xác suất con gái bình thường mang alen gây bệnh bạch tạng là \(\frac{{\frac{2}{3} \times \frac{1}{6} + \frac{1}{3} \times \frac{5}{6}}}{{1 - \frac{1}{3} \times \frac{1}{6}}} = \frac{7}{{17}}\) → Xác suất không mang alen bệnh là \[1 - \frac{7}{{17}} = \frac{{10}}{{17}}.\]

+ Về bệnh máu khó đông: X^BX^b × X^BY → Xác suất con gái bình thường không mang alen bệnh là \(\frac{1}{2}.\)

\( \Rightarrow \) Xác suất để đứa con gái bình thường mang alen gây bệnh = 1 - xác suất không mang alen bệnh = \(1 - \frac{{10}}{{17}} \times \frac{1}{2} = \frac{{12}}{{17}} = 70,59\% .\)

Đáp án: 70,59%.