dap an de thi thu chuyen sinh 2016 hay 37546

dap an de thi thu chuyen sinh 2016 hay 37546 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP 2011 Môn: Sinh học Mã đề 132 Mã đề 209 Mã đề 357 Mã đề 485 1 B 1 C 1 B 1 D 2 B 2 C 2 C 2 C 3 A 3 C 3 D 3 A 4 A 4 B 4 B 4 C 5 C 5 B 5 A 5 B 6 C 6 A 6 C 6 C 7 A 7 A 7 D 7 D 8 C 8 C 8 B 8 B 9 C 9 B 9 C 9 D 10 C 10 C 10 C 10 D 11 A 11 B 11 B 11 C 12 C 12 C 12 C 12 A 13 C 13 B 13 B 13 B 14 B 14 C 14 D 14 D 15 D 15 C 15 A 15 A 16 A 16 D 16 A 16 B 17 B 17 A 17 A 17 B 18 A 18 B 18 B 18 A 19 B 19 D 19 C 19 A 20 D 20 A 20 A 20 B 21 D 21 C 21 B 21 D 22 B 22 A 22 D 22 B 23 A 23 B 23 B 23 D 24 A 24 B 24 C 24 C 25 B 25 A 25 C 25 C 26 D 26 A 26 A 26 A 27 D 27 A 27 C 27 A 28 A 28 C 28 D 28 B 29 C 29 A 29 D 29 A 30 B 30 D 30 D 30 C 31 D 31 D 31 A 31 A 32 B 32 D 32 D 32 C 33 D 33 D 33 A 33 B 34 D 34 B 34 B 34 D 35 C 35 B 35 C 35 D 36 B 36 D 36 D 36 C 37 D 37 D 37 D 37 B 38 A 38 D 38 A 38 D 39 D 39 A 39 B 39 C 40 C 40 D 40 A 40 A Tổ trưởng: Trần Văn Hiển Câu I II III ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN SINH NĂM 2016 Đáp án – Máu AB máu chuyên nhận: Máu AB chứa kháng nguyên A B hồng cầu huyết tương kháng thể, máu AB khả gây kết dính hồng cầu lạ - Máu O chứa kháng nguyên hồng cầu Vì vậy, truyền cho máu khác, không bị kháng thể huyết tương máu nhận gây kết dính Nên máu O coi máu chuyên cho – Về hình dạng: hình đĩa lõm hai mặt để tăng diện tích tiếp xúc với Oxi bô níc, tạo điều kiện thuận lợi cho việc kết hợp chất khí nói - Về cấu tạo: + Hồng cầu nhân; giảm bớt tiêu tốn lượng cho hồng cầu trình hoạt động + Thành phần Hê mogolobin (Hb) hồng cầu kết hợp lỏng lẻo nên dễ nhường, dễ nhận Oxi cacbonic Khi qua phổi Hb nhả khí Cacbonic kết hợp Oxi, đến tế bào HB nhả Oxi kết hợp Cacbonic NST kép Cặp NST tương đồng - Chỉ gồm crômatit dính với - Gồm NST tương đồng tâm động - Chỉ có nguồn gốc: từ bố - Có nguồn gốc: từ bố, từ mẹ từ mẹ - crômatit hoạt động thể - NST cặp tương đồng hoạt thống động độc lập với - Trình tự nuclêôtit mARN bổ sung với tình tự nuclêôtit mạch khuôn gen cấu trúc (mạch tổng hợp mARN) chép nguyên vẹn trình tự nuclêôtit mạch đối diện (mạch bổ sung) trừ chi tiết T thay U - Trong dạng đột biến cấu trúc NST đột biến dạng đoạn gây hậu lớn nhất, vì: đột biến đoạn NST thường làm giảm sức sống gây chết Ví dụ: đoạn NST 21 gây ung thư máu người *) Kí hiệu tinh bào bậc 2: TH1: Không xảy trao đổi chéo: ABd a b d ABd abd TH2: Xảy trao đổi chéo: aBd A b d aBd Ab d *) Giao tử hình thành - TH1: giao tử Abd; giao tử aBd - TH2: Abd; abd; aBd; Abd - Dòng tế bào xôma tập hợp tế bào hình thành từ tế bào xôma ban đầu qua nhiều lần nguyên phân liên tiếp - Tạo dòng tế bào xôma có biến dị sở chọn giống trồng có tính chống chịu chịu hạn, chịu mặn IV V Giới hạn Giới hạn Điểm cực thuận Khoảng thuận lợi Giới hạn chịu đựng Điểm gây chết Chú thích : : 300 ; : 50 ; : 420 Giới hạn chịu đựng loài cá rô phi : 42 – = 370 – Giá trị thích nghi đột biến gen thay đổi tùy tương tác loại tổ hợp gen, tùy thay đổi môi trường - đột biến gen có hại phần lớn đột biến gen lặn trạng thái dị hợp không biểu kiểu hình - Tần số đột biến gen gen nhỏ cá thể có nhiều gen nên tần số đột biến gen alf lớn so với đột biến NST - Đột biến gen ảnh hưởng nghiêm trọng đến sức sống sức sinh sản cá thể so với đột biến NST – Do ảnh hưởng nồng độ muối: + Ở khơi ( nồng độ muối cao): 25 – 35% + Ở ven bờ (nồng độ muối giảm): – 25%  Tôm non chịu muối nên chúng sống ven bờ  Tôm trưởng thành chịu muối cao nên chúng sống khơi - Hiện tượng mô tả quy luật tác động: Trong giai đoạn phát triển hay trạng thái sinh lí khác nhau,… thể phản ứng khác với tác động nhân tố sinh thái a) *)Xét gen D loài vi khuẩn ta có: - Theo ta có tỉ lệ G+X =2 A+T ⇒ G = ⇒ G = 2A (1) A - Mặt khác, có: Số liên kết Hidro là: H = 2A + 3G = 3600 (2) G = A 2 A + 3G = 3600 - Từ (1) (2) ta có hệ phương trình sau:  -Giải hệ phương trình ta được: A = T = 450 (Nu) G = X = 900 (Nu) b) Vì chiều dài gen bị đột biến chiều dài gen ban đầu nên ta có: NB = Nb ⇒ Gen b bị đột biến dạng thay cặp Nu ⇒ Mà số liên kết Hidro bị giảm liên kết ⇒ Đột biến dạng thay cặp G-X cặp A-T ⇒ Số lượng Nu loại gen b là: A = T = 451 (Nu) G = X = 899 (Nu) TH1: Đang kì sau nguyên phân: => Bộ NST 2n: Ở kì sau nguyên phân tế bào có 4n NST đơn phân li cực nên 2n = 28 : = 14 (NST) TH2: Đang kì sau II giảm phân: => Bộ NST 2n: Ở kì sau II tế bào có 2n NST đơn phân li nên 2n = 28 (NST) VI a Giải thích kết viết sơ đồ lai từ P đến F1 - F1 75% ruồi thân xám : 25% thân đen = : 1, chứng tỏ hệ P, ruồi có kiểu gen AA Aa; ruồi đực có kiểu gen aa Suy F kết phép lai sau: (1) ♀ AA x ♂ aa; (2) ♀ Aa x ♂ aa * Sơ đồ lai: P F1 Tỉ lệ kiểu gen Tỉ lệ kiểu hình - ♀AA x ♂ aa 100% Aa 100% A- ♀Aa x ♂aa 50% Aa : 50%aa 50%A- : 50%aa 3Aa : 1aa 3xám : 1đen b Tỉ lệ ruồi thân đen F2: * Tỉ lệ loại kiểu gen F 3/4 Aa : 1/4aa Vì F1 ngẫu phối nên có phép lai theo thỉ lệ sau: Số phép lai F1 Tỉ lệ kiểu gen F2 Tỉ lệ ruồi thân đen F2 * Aa x Aa 9/64 AA : 18/64 Aa : 9/64 aa * 2(Aa x aa) 12/64 Aa : 12/64 aa 25/64 * aa x aa 4/64 aa 9/64 AA : 30/64 Aa : 25/64 aa VII VIII Vì loài có sinh thái riêng nên giảm mức độ cạnh tranh gay gắt với => Giúp ao nuôi phát triển => Tăng hiệu chăn nuôi Loài ưu Loài đặc trưng – Loài ưu loài có vai trò quan - Là loài gặp quần xã trọng quần xã do: mà quần xã khác + Có số lượng nhiều + Hoặc loài có số lượng nhiều + Hoặc sinh khối lớn hẳn loài khác có vai trò quan + Hoặc mức độ hoạt động mạnh có trọng quần xã so với loài khả làm thay đổi quần xã khác - Ví dụ: Thực vật có hoa loài ưu - Ví dụ: Cây tràm rừng U Minh quần xã cạn,… loài đặc trưng,… a) Học sinh lập chuỗi thức ăn gồm sinh vật trở nên có cho điểm tối đa (trường hợp lập nhiều chuỗi cho điểm tối đa) b) – Khi loại bỏ hết cỏ: + Mất sinh vật sản xuất làm cho động vật châu chấu, thỏ, ếch bị nguồn thức ăn, phát tán nơi khác bị tiêu diệt + Khi không thỏ, ếch, châu chấu ⇒ sinh vật tiêu thụ bậc (rắn, đại bàng) nguồn thức ăn phát tán nơi khác bị chết dần + Giun đất vi sinh vật phân giả tồn đến hết nguồn hữu đất bị hủy diệt nốt ⇒ Kết quả: Quần xã tan rã dần ⇒ Đây giai ... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN LẦN I TRƯỜNG THCS TT NGHĨA ĐÀN NĂM HỌC 2014- 2015 (Thời gian làm bài: 120 phút) CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,5điểm 1 ĐKXĐ: x>0, x  1 A =      1 2 1 . 1 1 1 xx x x x x       =         11 1 11 xx x x x x    0,5 0.5 0,5 2 x = 4 - 2 3 = ( 3 - 1) 2  x = 3 - 1 thay vào A ta được: A = 1 3 1 2 31    0,5 3 B = ( x + 9) . 1 x - 5 = 99 55 x x xx      Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm x và 9 x ta được: B= 99 5 2 . 5 1xx xx      Dấu bằng xảy ra khi x = 9 x  x = 9. Vậy Min B = 1  x = 9 0,25 0,25 2 Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công việc là x (giờ) ( x>18) 0,25 Thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là y (giờ) (y > 18). Một giờ:người thứ nhất làm được: 1 x (công việc) Người thứ hai làm được: 1 y (công việc) Cả hai ngưới làm được: 1 18 (công việc) Ta có phương trình: 1 x + 1 y = 1 18 (1) 8 giờ người thứ nhất làm được: 8 x (công việc) 6 giờ người thứ hai làm được: 6 y (công việc) Khi đó họ làm được 40% = 2 5 (công việc) ta có pt: 8 x + 6 y = 2 5 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ: 1 1 1 30 18 8 6 2 45 5 x xy y xy               Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc trong 30 giờ Người thứ hai làm một mình xong công việc trong 45 giờ 0,25 0,25 0,25 0,25 0, 0,25 K H P O N M C B A 3 1 Thay m = 1 ta có pt: x 2 + 5 x - 6 = 0 V ì a + b+ c = 0 nên pt có nghiệm x 1 = 1, x 2 = -6 0,5 0,5 2 Xét  = (4m + 1) 2 – 8(m – 4) = 16 m 2 +33 > 0 với mọi m nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 12 12 41 . 2 8 (*) x x m x x m         Theo bài ra: x 1 – x 2 = 17 ta có hệ 1 2 1 1 2 2 4 1 2 8 17 2 9 x x m x m x x x m                 thay vaò (*) ta được: (-2m +8)(-2m – 9) = 2m -8  m 2 – 16 = 0  m = 4, m = -4 Cách 2: Từ x 1 – x 2 = 17 Suy ra (x 1 – x 2 ) 2 = 17 2  (x 1 + x 2 ) 2 -4 x 1 x 2 = 17 2  (-4m – 1 ) 2 – 4 (2m – 8) = 289  16m 2 -256 =0  m = 4, m = -4 0,25 0,25 0,5 4 1 0,5 Ta có  0 90BKH  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 90HCB  (GT) Suy ra:   0 180BKH HCB Vậy tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn đường kính BH 0,5 0,5 2 Xét  ACH và  AKB có:  A chung,   0 90ACH AKB   ACH  AKB (g.g)  A AH AC B AK   AH.AK = AB.AC = 2 R .2R= R 2 0,5 0,5 3 Tam giác MAB vuông tại M nên MC 2 = AC. CB = 2 3 4 R suy ra MC = 3 2 R . Do đó MN = 2MC = 3 R Tam giác MCB vuông tại C có:MB 2 = MC 2 +BC 2 =3R 2 Suy ra MB = MN = 3 R  Tam giác MNB đều Trên đoạn KN lấy điểm P sao cho KP = KB  tam giác KPB đều( tam giác cân có 1 góc bằng 60 0 ) Nên BP = BK  BPN =  BKM( c.g.c)  NP = MK Do đó KM+KB = NP + PK = NK  KM+ KB+ KN = 2KN 0,25 0,25 Vậy KM+ KB+ KN lớn nhất khi KN lớn nhất  NK là đường kính của đường tròn (O)  K là điểm chính giữa cung MB Khi đó KM+ KB+ KN đạt giá trị lớn nhất bằng 4R. 0,25 0,25 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHÂU THÀNH TRƯỜNG THCS HÒA TÂN ĐỀ THAM KHẢO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỄN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu I (2,0 đ) 1. Tính giá trị của biểu thức: 3 25 36 64A    3.5 6 8 15 14 1       Vậy 1A  0,5 0,5 2. Rút gọn biểu thức: 1 1 11 x x x B x xx       , với x  0 và x  1           11 1 1 1 1 1 1 x x x x x B x x x x x             1 1 x x x x x x        1 1 1 x x    Vậy 1B  0,5 0,25 0,25 Câu II (2,0 đ) 1. Tìm k biết rằng (d): y = ax + 3 đi qua điểm M(1;5) Thay x = 1 ; y = 5 vào (d) ta được : 5 = k .1+ 3  k = 5 – 3 = 2 Vậy k = 2 0,5 0,5 2. Khi k = 2, ta có (d): y = 2x +3 Nếu (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt thì phương trình định hoành độ giao điểm giữa (P) và (d): 2 2 3 0xx   có 2 nghiệm phân biệt tức là 0 . 0,25 Thật vậy: 22 4 ( 2) 4.1.( 3) 16 0b ac          đpcm! 0,25 Câu III (2,5 đ) 1. Giải hệ phươngtrình:                 x y 3 2x 2y 6 5x 25 3x 2y 19 3x 2y 19 3x 2y 19       x5 y2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (5; 2) 2. pt : x 2 – x + m + 1 = 0 (1) (có a = 1; b = – 1 ; c = m + 1 ) Để pt(1) có 2 nghiệm x 1 và x 2 thì 0 hay 1 – 4 m – 4  0  m  3 4  Với m  3 4  thì pt(1) có 2 nghiệm x 1 và x 2 Theo Vi- ét ta có 12 12 1 .1 b xx a c x x m a        thay vào biểu thức x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 ta được: 1 + m + 1 = 1  m = – 1 < 3 4  (thỏa mãn điều kiều kiện) Vậy khi m = – 1 thì pt(1) có 2 nghiệm x 1 và x 2 thỏa mãn biểu thức x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3. Gọi vận tốc của ôtô thứ nhất là x (km/h); điều kiện : x > 10 Vận tốc của ôtô thứ hai là x – 10 (km/h) Thời gian ôtô thứ nhất đi hết quãng đường AB là : 260 x (h) Thời gian ôtô thứ hai đi hết quãng đường AB là : 260 10x  (h) Ta có 32 phút = 8 15 (h) Theo đề bài ta có phương trình : 2 260 260 8 10 4875 0 10 15 xx xx        Giải phương trình ta được x 1 = 75> 10 (thỏa mãn điều kiện) x 2 = - 65 (không thỏa mãn điều kiện) Vận tốc của ôtô thứ hai là : 75 – 10 = 65 Trả lời : Vận tốc của mỗi ôtô thứ nhất là 75 (km/h) và vận tốc ôtô thứ hai là 65 (km/h). 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (2,0đ) 1. Chứng minh: IA.IB = AH.DH - AHB vuông tại H, đường cao HI Áp dụng hệ thức lượng ta có 2 . (1)IH IAIB - Tương tự: AIH vuông tại I có đường cao ID có 0,25 0,25 0,5 2 . (2)IH AH DH Từ (1) và (2)  IA.IB = AH.DH  Đpcm! 2.  ABC cân tại A có đường cao AH  HB = HC = 15 cm -Tính HA : Áp dụng Py ta go ta có 2 2 2 AB AH HB 2 2 2 2 25 15 20AH AB HB      cm -Tính AI: AHB vuông tại H, đường cao HI Áp dụng hệ thức lượng ta có 2 .AH IA AB  2 16 AH AI cm AB  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (2,0đ) 1. Chứng minh rằng 3 điểm B;C;D thẳng hàng Có   ADB ADC = 90 0 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)    0 0 0 90 90 180ADB ADC    (góc bẹt)  3 điểm B,D,C thẳng hàng  đpcm! 0,25 0,25 2. Chứng minh rằng tứ giác BFEC nội tiếp   0 90BFA AEC hay  BFC =  BEC = 90 0 (cùng nhìn cạnh BC) 0,25 K I E F D C B A  Tứ giác BFEC nôi tiếp  đpcm 0,25 3. Chứng minh 3 đường thẳng AD,BF,CE đồng quy Gọi M là giao điểm của BF và CE Ta có CF  BF  CF  BM  CF là đường cao của  MBC BE  CE  BE  CM  BE là đường cao của  MBC Mà BE và CF cắt nhau tại A nên A là trực tâm của  MBC Do 3 điểm B;C;D thẳng hàng (cmt)  AD  BC nên AD củng là đường cao của  MBC  3 đường cao AD,BF,CE của  MBC đồng quy tại M  đpcm! 0,25 0,25 0,25 SGD&TNGTHP PN THANGIM THITHTUYNSINHIHCNM2014 CHNHTHC Mụn:TONKhiA,A 1 vkhiB (ỏpỏn thangimgm06trang) Cõu ỏp ỏn im a.(1,0im) Khi 0 m = tacú 3 2 3 1 y x x = - + + ã Tpxỏcnh: D = Ă ã Sbinthiờn: - Chiubinthiờn: 2 ' 3 6 ; ' 0 0 y x x y x = - + = = hoc 2 x = 0,25 Khongngbin: (0;2)cỏckhongnghchbin: ( ;0) -Ơ v (2; ) +Ơ - Cctr:Hmstcctiuti 0; 1 CT x y = = tcciti 2, 5 Cẹ x y = = - Giihn: lim x y đ-Ơ = +Ơ lim x y đ+Ơ = -Ơ 0,25 - Bngbinthiờn: x -Ơ 0 2 +Ơ ' y - 0 + 0 - y +Ơ 5 1 -Ơ 0,25 ã th: 0,25 b.(1,0 im) Tacú: 2 2 ' 3 6 3 6 y x x m m = - + + + 2 ' 0 2 ( 2) 0 2 x m y x x m m x m ộ = - = - - + = ờ = + ở 0,25 Hmscúhaicctr ' 0 y = cúhai nghimphõnbit 2 1 m m m + ạ - ạ - 0,25 Vi 3 2 2 3 1 x m y m m = - ị = - - + Vi 3 2 2 2 9 12 5 x m y m m m = + ị = + + + Tahaiimcctrl ( ) 3 2 ; 2 3 1 A m m m - - - + v ( ) 3 2 2;2 9 12 5 B m m m m + + + + 0,25 1 (2,0 im) ( ) 1;3 I ltrungimca AB 2 2 0 6 12 0 2 2 A B I A B I x x x m m m y y y m ỡ + = ộ = ù + = ớ ờ + = = - ù ở ợ Vy giỏtr m cntỡml 0, 2 m m = = - . 0,25 2 (1,0 im) iukin: cos 0 x ạ . Phngtrỡnh óchotngngvi 2 2 cos sin cos sin x x x x + = + 0,25 (cos sin )(cos sin 1) 0 x x x x - + - = 0,25 cos sin 0 x x - = tan 1 4 x x k p p = = + ( ) k ẻÂ 0,25 2 1 cos sin 1 cos 2 4 4 4 2 2 2 x k x x x x k x k p p p p p p p ộ = ổ ử ờ + = - = - = + ỗ ữ ờ = + ố ứ ờ ở ( ) k ẻÂ ichiuiukintacnghim 4 x k p p = + hoc 2 x k p = . ( ) k ẻÂ 0,25 Xộthphngtrỡnh 2 2 2 4 4 2 2 0 (1) 8 1 2 9 0 (2) x xy y x y x y ỡ + + + + - = ù ớ - + - = ù ợ iukin: 1 1 2 0 2 x x - Ê .t 2 t x y = + ,phngtrỡnh(1)trthnh: 2 1 2 0 2 t t t t ộ = + - = ờ = - ở 0,25 Nu 1 t = thỡ 2 1 1 2 0 x y x y + = - = .Thvophngtrỡnh(2)ta cphngtrỡnh 2 8 9 0 y y + - = t 0 u y = ,phngtrỡnht rthnh: 4 3 2 8 9 0 ( 1)( 9) 0 1 u u u u u u u + - = - + + + = = .Khiúhcúnghim 0 1 x y ỡ = ớ = ợ 0,25 Nu 2 t = - thỡ 2 2 1 2 3 0 x y x y + = - - = + .Thvophngtrỡnh(2)ta c phngtrỡnh 2 3 8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0 8 ( 3) 3 0 y y y y y y y y ộ = - + + - = + + - + = ờ + - + = ờ ở Vi 3 y = - thỡhcúnghim 1 2 3 x y ỡ = ù ớ ù = - ợ 0,25 3 (1,0 im) Xộtph ngtrỡnh 8 ( 3) 3 0 y y + - + = (3) t 3 0 v y = + ,phngtrỡnh(3)trthnh: 3 6 8 0 v v - + = Xộthms 3 ( ) 6 8 f v v v = - + ,tacú: 2 '( ) 3 6 f v v = - v '( ) 0 2 f v v = = Hm ( ) f v tcciti ( 2;8 4 2) - + ,tcctiuti ( 2;8 4 2) - Vỡ (0) 8 0 f = > v 8 4 2 0 - > nờn ( ) 0 f v = khụngcú nghim 0 v Vy hphngtrỡnhcúhainghim l 1 0 ; 2 1 3 x x y y ỡ ỡ = = ù ớ ớ = ợ ù = - ợ . 0,25 Tacú: 1 1 3 4 5 0 0 1 I x x dx x dx = + - ũ ũ 0,25 1 1 6 5 0 0 1 6 6 x x dx ộ ự = = ờ ỳ ở ỷ ũ 0,25 4 (1,0 im) t 4 2 4 3 1 1 2 t x t x tdt x dx = + ị = + ị = icn: 0 1 ; 1 2 x t x t = ị = = ị = Suyra: 2 2 3 2 1 1 1 1 2 1 2 2 3 3 6 t I t dt ộ ự = = = - ờ ỳ ở ỷ ũ 0,25 Vậy 2 1 3 I - = . 0,25 Gọi H DK IC = Ç ,do ABCD làhìnhvuôngcạnh a nêntasuyrađược IC DK ^ , 5 2 a DK IC = = , . 5 5 CK CD a CH DK = = , 3 5 10 a IH = 0,25 Xét ' A AI D tađược 3 ' 2 a A I = .Suyra: 3 '. 1 1 1 3 . . ' . . . . ' 3 3 2 16 A IDK IDK a V S A I DK IH A I = = = 0,25 Do ( ' ) ( ' ) ( ' ) ' DK IH DK A IH A IH A DK DK A I ì ^ Þ ^ Þ ^ í ^ î Trong ( ' ) A IH ,kẻ ' IE A H ^ .Suyra: ( ' ) ( ,( ' ) IE A KD IE d I A KD ^ Þ = 0,25 5 (1,0 điểm) Xéttamgiác ' A IH D : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 20 32 3 2 8 ' 3 9 9 a IE IE A I IH a a a = + = + = Þ = Vậy 3 2 ( ,( ' ) 8 a d I A KD = . 0,25 Tacó: 2 2 2 3 3 1 1 1 3 3 x y z A xyz y z x x y z xyz = + + + + + ³ + 0,25 Đặt 3 t xyz = tacó 3 1 0 3 2 x y z t xyz + + < = < £ 0,25 Khiđó: 3 3 9 15 3 12 9 2 36 2 2 P t t t t t ³ + = + - ³ - ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN II TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU4-2011 Câu 137 209 358 482 A B A C D C C B B A D D D D A A D A C A B C C B A A C D C A A B B D C C 10 C A D A 11 A B C C 12 A A B C 13 A C D A 14 B C D D 15 C C C A 16 D B C C 17 B A A A 18 A B B D 19 A D A C 20 C D B B 21 A C A C 22 A B A D 23 B A A C 24 B C A B 25 C B B D 26 B C B D 27 D B C A 28 D D D C 29 C B A A 30 D C D B 31 B A B D 32 C B C C 33 D B D B 34 D C C A 35 D A D B 36 C D B D 37 A A D B 38 D C C C 39 D B D C 40 D D B D 41 B D C B 42 C A D D 43 A C B A 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 A C A B C C C A C B C B D D B C A B D C B A D D D A A D D B B B C C D B B D C B D C B A A B C D A A A C B B B C A A A D A D C D B C D A ... xôma ban đầu qua nhiều lần nguyên phân liên tiếp - Tạo dòng tế bào xôma có biến dị sở chọn giống trồng có tính chống chịu chịu hạn, chịu mặn IV V Giới hạn Giới hạn Điểm cực thu n Khoảng thu n... tượng mô tả quy luật tác động: Trong giai đoạn phát triển hay trạng thái sinh lí khác nhau,… thể phản ứng khác với tác động nhân tố sinh thái a) *)Xét gen D loài vi khuẩn ta có: - Theo ta có... dài gen bị đột biến chiều dài gen ban đầu nên ta có: NB = Nb ⇒ Gen b bị đột biến dạng thay cặp Nu ⇒ Mà số liên kết Hidro bị giảm liên kết ⇒ Đột biến dạng thay cặp G-X cặp A-T ⇒ Số lượng Nu loại