Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - Trạm số 5 (HSA1204)

Đặt \(t = {\log _2}x\), do \(x \in \left( {\sqrt 2 ; + \infty } \right)\) nên \(t > \dfrac{1}{2}.\) Khi đó bất phương trình tương đương:

\({\left( {t + 1} \right)^2} - 2\left( {m + 1} \right)t - 2 < 0 \Leftrightarrow {t^2} - 2mt - 1 < 0 \Leftrightarrow \dfrac{{{t^2} - 1}}{{2t}} < m\)

Yêu cầu bài toán trở thành bất phương trình trên có nghiệm \(t \ge \dfrac{1}{2}\). Đặt \(f\left( t \right) = \dfrac{{{t^2} - 1}}{{2t}}\). Ta có:

\(f'\left( t \right) = \left( {\dfrac{t}{2} - \dfrac{1}{{2t}}} \right)' = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{{2{t^2}}} > 0,\,\,t > \dfrac{1}{2}\)

Do đó yêu cầu bài toán tương đương \(m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {\dfrac{1}{2}; + \infty } \right)} f\left( t \right) = f\left( {\dfrac{1}{2}} \right) =  - \dfrac{3}{4}\).

Từ đồ thị ta thấy hàm số là hàm bậc ba có hệ số a < 0 nên $y = - x^{3} + 3x + 1$.

Gọi \(x\) là chiều rộng bể, chiều dài bể là \(2 x\), diện tích đáy là \(2 x^2\).

Do thể tích bể là \(V=3000\) lít \(=3 \mathrm{~m}^3\) nên chiều cao bể là \(\dfrac{3}{2 x^2}\).

Diện tích xây dựng là diện tích toàn phần của bể là

\(S=2\left(2 x^2+x \cdot \dfrac{3}{2 x^2}+2 x \cdot \dfrac{3}{2 x^2}\right)=2\left(2 x^2+\dfrac{9}{2 x}\right)\)

\(=4 x^2+\dfrac{9}{2 x}+\dfrac{9}{2 x} \geq 3 \sqrt[3]{81}.\)

Vậy diện tích xây dựng ít nhất là \(S=9 \sqrt[3]{3}\) khi và chỉ khi \(4 x^2=\dfrac{9}{2 x} \Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt[3]{9}}{2}\).

Chi phí xây dựng ít nhất là \(9 \sqrt[3]{3} \cdot 500000 \approx 6\,\,490\,\,123\) đồng.

Gọi: $A,B,C:$ các biến cố "học sinh đến từ trường A, B, C" tương ứng.

$H:$ biến cố "học sinh đạt điểm cao".

Ta có:

$P(A \cap H) = 0,40 \times 0,10 = 0,04$

$P(B \cap H) = 0,35 \times 0,20 = 0,07$

$P(C \cap H) = 0,25 \times 0,24 = 0,06$

Do đó:

$P(H) = P(A \cap H) + P(B \cap H) + P(C \cap H) = 0,04 + 0,07 + 0,06 = 0,17$

Suy ra:

$P(C \mid H) = \dfrac{0,06}{0,17} = \dfrac{6}{17} \approx 0,353$

$\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \angle SDA$

Tập hợp S gồm các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau lập từ các chữ số {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

Số các số có thể lập được là: $n(S) = 6! = 720$.

Gọi số cần tìm có dạng $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}a_{6}}$. Theo đề bài:

- Chữ số cuối là số lẻ: $a_{6} \in \left\{ 1;3;5 \right\}$.

- Tổng chữ số: $a_{1} + a_{2} + a_{3} = (a_{4} + a_{5} + a_{6}) + 1$.

- Tổng của cả 6 chữ số: $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$.

Đặt $X = a_{1} + a_{2} + a_{3}$ và $Y = a_{4} + a_{5} + a_{6}$.

Ta có hệ phương trình: $\left. \left\{ \begin{array}{l} {X + Y = 21} \\ {X = Y + 1} \end{array} \right.\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {X = 11} \\ {Y = 10} \end{array} \right. \right.$

Ta cần tìm các bộ 3 số $\left\{ a_{4};a_{5};a_{6} \right\}$ có tổng bằng 10; trong đó $a_{6}$ phải là số lẻ (1; 3; 5).

TH1: $a_{6} = 1$. Khi đó $a_{4} + a_{5} = 10 - 1 = 9$.

Các cặp $\left\{ a_{4};a_{5} \right\}$ từ tập {2; 3; 4; 5; 6} có tổng bằng 9 là: {3; 6} và {4; 5}.

+) Với bộ {3; 6; 1}: Các chữ số còn lại cho $\left\{ a_{1};a_{2};a_{3} \right\}$ là {2; 4; 5} (tổng = 11 - TM).

Số các số: 3!.2! = 6.2 = 12 số.

+) Với bộ $\left\{ 4;5;1 \right\}$: Các chữ số còn lại là $\left\{ 2;3;6 \right\}$ (tổng = 11 - TM).

Số các số: $3!.2! = 12$ số.

TH2: $a_{6} = 3$. Khi đó $a_{4} + a_{5} = 10 - 3 = 7$.

Các cặp $\left\{ a_{4};a_{5} \right\}$ từ tập {1; 2; 4; 5; 6} có tổng bằng 7 là: {1; 6} và {2; 5}.

+) Với bộ {1; 6; 3}: Các chữ số còn lại là {2; 4; 5} (tổng = 11 - TM).

Số các số: $3!.2! = 12$ số.

+) Với bộ {2; 5; 3}: Các chữ số còn lại là {1; 4; 6} (tổng = 11 - TM).

Số các số: 3!.2! = 12 số.

TH3: $a_{6} = 5$. Khi đó $a_{4} + a_{5} = 10 - 5 = 5$.

Các cặp $\left\{ a_{4};a_{5} \right\}$ từ tập {1; 2; 3; 4; 6} có tổng bằng 5 là: {1; 4} và {2; 3}.

+) Với bộ {1; 4; 5}: Các chữ số còn lại là {2; 3; 6} (tổng = 11 - TM).

Số các số: 3!.2! = 12 số.

+) Với bộ {2; 3; 5}: Các chữ số còn lại là {1; 4; 6} (tổng = 11 - TM).

Số các số: 3!.2! = 12 số.

Tổng số các số thỏa mãn điều kiện là: $12 + 12 + 12 + 12 + 12 + 12 = 72$ (số).

Xác suất số lấy được là số lẻ đồng thời tổng của ba chữ số đầu lớn hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị là: $T = \dfrac{72}{720} = \dfrac{1}{10}$.

Vậy $230T = 230.\dfrac{1}{10} = 23$.

Theo giả thiết quỹ đạo của quả bóng là một cung parabol nên có phương trình dạng \(y = a{x^2} + bx + c\)

Theo bài ra gắn vào hệ tọa độ ta có các điểm \(A\left( {0\,;1} \right),\,\,B\left( {1\,;10} \right),\,\,C\left( {\dfrac{7}{2}\,;\,\,\dfrac{{25}}{4}} \right)\) tương ứng là vị trí quả bóng tại thời gian 0 giây, 1 giây, 3,5 giây. Vì Parabol đi qua ba điểm \(A,B,C\) nên ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a + b + c = 10\\\dfrac{{49}}{4}a + \dfrac{7}{2}b + c = \dfrac{{25}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 12\\c = 1\end{array} \right.\).

Suy ra phương trình parabol là \(y =  - 3{x^2} + 12x + 1.\)

Parabol có đỉnh \(I\left( {2\,;\,13} \right).\) Khi đó quả bóng đạt vị trí cao nhất tại đỉnh tức \(h = 13\,{\rm{m}}.\)

Điều kiện: \(\sin \left( {6x - \dfrac{\pi }{2}} \right) \ne 0 \Leftrightarrow 6x - \dfrac{\pi }{2} \ne k\pi  \Leftrightarrow x \ne \dfrac{\pi }{{12}} + \dfrac{{k\pi }}{6}\;\,(k \in \mathbb{Z}).\)

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3\cot \left( {6x - \dfrac{\pi }{2}} \right) - \sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow \cot \left( {6x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\\ \Leftrightarrow \cot \left( {6x - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \cot \dfrac{\pi }{3}\\ \Leftrightarrow 6x - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{3} + k\pi \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{{5\pi }}{{36}} + \dfrac{{k\pi }}{6}\,\,\,(k \in \mathbb{Z}).\end{array}\)

Nghiệm trên thõa mãn điều kiện.

Phương trình có nghiệm thuộc \(\left[ {18;\;20} \right] \Leftrightarrow 18 \le \dfrac{{5\pi }}{{36}} + \dfrac{{k\pi }}{6} \le 20\)

\( \Leftrightarrow 18 - \dfrac{{5\pi }}{{36}} \le \dfrac{{k\pi }}{6} \le 20 - \dfrac{{5\pi }}{{36}} \Leftrightarrow 33,54 \le k \le 37,36\)

Vậy phương trình có nghiệm lớn nhất trong \(\left[ {18;\;20} \right] \Leftrightarrow k = 37 \Rightarrow {x_{\max }} = \dfrac{{5\pi }}{{36}} + \dfrac{{37\pi }}{6} = \dfrac{{227\pi }}{{36}}.\)

Chọn gốc thời gian $t = 0$ ứng với lúc 8h sáng. Khi đó từ 9h đến 11h ứng với $t = 1$ đến $t = 3$

Số sản phẩm mà đơn vị sản xuất từ 9h đến 11h là ${\int\limits_{1}^{3}\left( {100 + e^{- 0,5t}} \right)}dt = 201$

Chọn hệ trục $Oxy$ như hình vẽ, ta có bán kính của đường tròn là $R = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{5}$.

Phương trình của nửa đường tròn $(C)$ là: $\left. x^{2} + y^{2} = 20\,,\, y \geq 0\Rightarrow y = \sqrt{20 - x^{2}} \right.$.

Parabol $(P)$ có đỉnh $O\left( {0\,;\, 0} \right)$ và đi qua điểm $\left( {2\,;\, 4} \right)$nên có phương trình: $y = x^{2}$.

Diện tích phần tô màu là: $S_{1} = {\int\limits_{- 2}^{2}{\left\lbrack {\sqrt{20 - x^{2}} - x^{2}} \right\rbrack\text{d}x}} \approx 11,94$$\left( m^{2} \right)$.

Diện tích phần không tô màu là: $S_{2} = \dfrac{1}{2}.\pi.\left( {2\sqrt{5}} \right)^{2} - S_{1} \approx 10\pi - 11,94$$\left( m^{2} \right)$.

Số tiền để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản trong khuôn viên đó là:

$150000.11,94 + 100000.\left( {10\pi - 11,94} \right) \approx 3.738.593$. (đồng) $\approx 3.739 $ (nghìn đồng)

Gọi A là giao điểm của $\Delta$ và $(P),\text{d}$ là giao tuyến của $(Q)$ và $(P)$.

Lấy điểm B thuộc $\Delta$ và kẻ $BH\bot(P)$ và $BK\bot d$.

Khi đó $\widehat{BKH} = \alpha$ là góc giữa $(Q)$ và $(P)$.

Ta có $\tan\alpha = \dfrac{HB}{HK} \geq \dfrac{HB}{HA}$, dấu bằng có khi K trùng A hay d vuông góc với $\Delta$.

Khi đó: $\overset{\rightarrow}{u_{d}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}};\overset{\rightarrow}{n_{p}}} \right\rbrack = ( - 1;6;4)$; $\overset{\rightarrow}{n_{Q}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}};\overset{\rightarrow}{u_{d}}} \right\rbrack = (10; - 7;13)$.

Vậy phương trình mặt phẳng: $10x - 7y + 13z + 3 = 0$

Tổng độ dài bóng của tất cả các cạnh là $S = 4\left( {l_{1}\sin\alpha_{1} + l_{2}\sin\alpha_{2} + l_{3}\sin\alpha_{3}} \right)$.

Gọi $c_{1};c_{2};c_{3}$ lần lượt là cosin của ba góc tạo bởi phương thẳng đứng và ba cạnh. Khi đó

$\left\{ \begin{array}{l} {c_{1}^{2} + c_{2}^{2} + c_{3}^{2} = 1} \\ \left. \cos\alpha_{i} = \left| c_{i} \right|\Rightarrow\sin\alpha_{i} = \sqrt{1 - c_{i}^{2}} \right. \end{array} \right.$

Đặt $x = \sin\alpha_{1};y = \sin\alpha_{2};z = \sin\alpha_{3}$. Ta có hệ thức:

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

$= 3 - \left( {c_{1}^{2} + c_{2}^{2} + c_{3}^{2}} \right) = 2$

Đồng thời $c_{i}^{2} \geq 0$ nên $x,y,z \leq 1$.

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = 20x + 30y + 60z$ với điều kiện

$x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2$ và $0 \leq x,y,z \leq 1$

Xét vecto $\overset{\rightarrow}{u} = \left( {20;30;60} \right)$ và $\overset{\rightarrow}{v} = \left( {x;y;z} \right)$.

Giá trị lớn nhất của biểu thức đạt được tại $z = 1$ nên khi đó $x^{2} + y^{2} = 1$.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

$20x + 30y \leq \sqrt{20^{2} + 30^{2}} \cdot \sqrt{x^{2} + y^{2}} = \sqrt{400 + 900} \cdot 1 = 10\sqrt{13}$

Vậy tổng độ dài bóng lớn nhất là

$S_{\max} = 4.\left( {60.1 + 10\sqrt{13}} \right) = 240 + 40\sqrt{13}.$

Do đó $a = 240$; $b = 40$ nên $a + b = 280$.

Gọi $A$ là biến cố “Bị mắc bệnh M”, $B$ là biến cố “Bộ test cho kết quả dương tính”.

Do xác suất bị mắc bệnh M là 22% nên $P(A) = 0,22$.

Từ dữ kiện “Nếu một người không bị bệnh thì xác suất bộ test cho ra kết quả dương tính là 10%” suy ra $P\left( B \middle| \overline{A} \right) = 0,1$.

Từ dữ kiện “Nếu bộ test cho ra kết quả dương tính thì xác suất bị bệnh là 70%” suy ra $P\left( A \middle| B \right) = 0,7$.

Từ ba dữ kiện trên, ta có hệ phương trình:

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {P(A) = 0,22} \\ {P\left( B \middle| \overline{A} \right) = 0,1} \\ {P\left( A \middle| B \right) = 0,7} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {P(A) = 0,22} \\ {\dfrac{P\left( {\overline{A}B} \right)}{P\left( \overline{A} \right)} = 0,1} \\ {\dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(B)} = 0,7} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {P(A) = 0,22} \\ {P\left( {\overline{A}B} \right) = 0,1.P\left( \overline{A} \right) = 0,1.0,78 = 0,078} \\ {\dfrac{P(B) - P\left( {\overline{A}B} \right)}{P(B)} = 0,7} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {P(A) = 0,22} \\ {P\left( {\overline{A}B} \right) = 0,078} \\ {1 - \dfrac{0,078}{P(B)} = 0,7} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {P(A) = 0,22} \\ {P\left( {\overline{A}B} \right) = 0,078} \\ {P(B) = 0,26} \end{array} \right. \right.$

xácsuất cần tính chính là $P\left( B \middle| A \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(A)} = \dfrac{P(B) - P\left( {\overline{A}B} \right)}{P(A)} = \dfrac{0,26 - 0,078}{0,22} = 0,8273 = 82,73\%$

Gọi $N$ là trung điểm của $A D$, khi đó $M N / / S A$ nên $(S A, C M)=(M N, C M)=\widehat{C M N}=\alpha$.

Ta có $M N=\dfrac{S A}{2}=\dfrac{a}{2}, C N=\sqrt{D N^2+C D^2}=\sqrt{\left(\dfrac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2+(2 a)^2}=\dfrac{3 a \sqrt{2}}{2}$.

Tam giác $M N C$ vuông tại $N$ nên ta có $\tan \alpha=\dfrac{N C}{M N}=\dfrac{\dfrac{3 a \sqrt{2}}{2}}{\dfrac{a}{2}}=3 \sqrt{2}$.

Ta có: $S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}\left( {AD + BC} \right).d\left( {A,BC} \right)$ $\left. \Leftrightarrow S_{ABCD} = \dfrac{1}{2}\left( {AD + BC} \right).\dfrac{2S_{\Delta ABC}}{BC} \right.$.

$\left. \Leftrightarrow 3S_{\Delta ABC} = \dfrac{\left( {AD + BC} \right).S_{\Delta ABC}}{BC} \right.$ $\left. \Leftrightarrow 3BC = AD + BC \right.$$\left. \Leftrightarrow AD = 2BC \right.$.

Mà $ABCD$ là hình thang có đáy $AD$ nên $\overset{\rightarrow}{AD} = 2\overset{\rightarrow}{BC}$ $(1)$.

$\overset{\rightarrow}{BC} = \left( {- 5;\, - 2;\, 1} \right)$, $\overset{\rightarrow}{AD} = \left( {x_{D} + 2;\, y_{D} - 3;\, z_{D} - 1} \right)$.

$(1)$ $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x_{D} + 2 = - 10} \\ {y_{D} - 3 = - 4} \\ {z_{D} - 1 = 2} \end{array} \right. \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x_{D} = - 12} \\ {y_{D} = - 1} \\ {z_{D} = 3} \end{array} \right. \right.$.

Vậy $D\left( {- 12;\, - 1;\, 3} \right)$ nên $x + 2y + 3z = -12 + 2.(-1) + 3.3=-5$.

Vì chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 nên số cần lập có bộ ba số 123 hoặc 321 .

- TH1: Số cần lập có bộ ba số 123 .

Nếu bộ ba số 123 đứng đầu thì số có dạng \(\overline{123abcd}\).

Có \(A_7^4=840\) cách chọn bốn số \(a, b, c, d\) nên có \(A_7^4=840\) số.

Nếu bộ ba số 123 không đứng đầu thì số có 4 vị trí đặt bộ ba số 123 .

Có 6 cách chọn số đứng đầu và có \(A_6^3=120\) cách chọn ba số \(b, c, d\).

Theo quy tắc nhân có \(6 \cdot 4 \cdot A_6^3=2880\) số

Theo quy tắc cộng có \(840+2880=3720\) số.

- TH2: Số cần lập có bộ ba số 321 .

Do vai trò của bộ ba số 123 và 321 như nhau nên có \(2(840+2880)=7440\).

A: “Hộ gia đình có thu nhập trên 20 triệu”.

B: “Hộ gia đình có máy vi tính”, $\overline{B}$: “Hộ gia đình không có máy vi tính”.

Theo đề bài, ta có $P(B|A) = 0,75$; $P(A) = 0,6$; $P(B) = 0,52$.

Ta có $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0,52 = 0,48$;

$\left. P(\overline{B} | A) = 1 - P(B | A) = 1 - 0,75 = 0,25 \right.$.

Xác suất cần tính là: $\left. P(A | \overline{B}) = \dfrac{\left. P(A)P(\overline{B} | A) \right.}{P(\overline{B})} = \dfrac{0,6.0,25}{0,48} =\dfrac{5}{16} \right.$.

Đặt cạnh hình vuông EFGH là $x(x > 0)$.

$OM = \dfrac{x}{2};CM = OC - OM = 15\sqrt{2} - \dfrac{x}{2}(0 < x < 30\sqrt{2})$

Khi gò các tam giác thành hình chóp tứ giác đều $A \cdot EFGH$ (Hinh 2) thì $C \equiv A$ nên ta có

$AM = CM = 15\sqrt{2} - \dfrac{x}{2}$ $\left. \Rightarrow AO = \sqrt{AM^{2} - OM^{2}} = \sqrt{450 - 15\sqrt{2}x} \right.$

Thể tích khối chóp $A \cdot EFGH$ là: $V_{A \cdot EFGH} = \dfrac{1}{3}S_{EFGH} \cdot AO = \dfrac{1}{3}x^{2} \cdot \sqrt{450 - 15\sqrt{2}x}$

Ta có

$V_{A.EFGH} = \dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{(450 - 15\sqrt{2}x) \cdot x^{4}}$

$= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{8}{225} \cdot \sqrt{(450 - 15\sqrt{2}x) \cdot \dfrac{15\sqrt{2}}{4}x \cdot \dfrac{15\sqrt{2}}{4}x \cdot \dfrac{15\sqrt{2}}{4}x \cdot \dfrac{15\sqrt{2}}{4}x}$

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

$V_{A.EFGH} \leq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{8}{225} \cdot \sqrt{\left( \dfrac{450}{5} \right)^{5}} = 288\sqrt{10}\left( {~\text{cm}^{3}} \right)$.

Dấu "=" xảy ra khi $x = 12\sqrt{2}(~\text{cm})$

Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp đều được tạo thành là $288\sqrt{10}\left( {~\text{cm}^{3}} \right)$

Sắp xếp mẫu số liệu: $18\ \ \ \ 19\ \ \ \ 21\ \ \ \ 22\ \ \ \ 23\ \ \ \ 23\ \ \ \ 25\ \ \ \ 25\ \ \ \ 27\ \ \ \ 27$

Vì $n = 10$ nên $Q_{2}$ là trung bình cộng của hai giá trị ở vị trí thứ 5 và 6

$Q_{2} = \dfrac{23 + 23}{2} = 23$.

$Q_{1}$ là trung vị của nửa dãy số liệu bên trái $Q_{2}$. Nửa bên trái là: 18, 19, 21, 22, 23.

$Q_{1} = 21.$

$Q_{3}$ là trung vị của nửa dãy số liệu bên phải $Q_{2}$. Nửa bên phải là: 23, 25, 25, 27, 27.

$Q_{3} = 25.$

Khoảng tứ phân vị: $\Delta_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = 25 - 21 = 4.$.

Ta có \(\angle \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CD'} } \right) = \angle \left( {\overrightarrow {DC} ,\overrightarrow {CD'} } \right) = {90^o} + {45^o} = {135^o}\)

Gọi $M(x;y)$. Ta có

$MA^{2} = {(x + 1)}^{2} + y^{2}$, $MB^{2} = {(x - 2)}^{2} + {(y - 4)}^{2}$, $MC^{2} = {(x - 4)}^{2} + {(y - 1)}^{2}$.

$3MA^{2} + MB^{2} = 2MC^{2}$

$\left. \Leftrightarrow 3\lbrack{(x + 1)}^{2} + y^{2}\rbrack + \lbrack{(x - 2)}^{2} + {(y - 4)}^{2}\rbrack = 2\lbrack{(x - 4)}^{2} + {(y - 1)}^{2}\rbrack \right.$

$\left. \Leftrightarrow 3(x^{2} + 2x + 1 + y^{2}) + (x^{2} - 4x + 4 + y^{2} - 8y + 16) = 2(x^{2} - 8x + 16 + y^{2} - 2y + 1) \right.$

$\left. \Leftrightarrow 4x^{2} + 4y^{2} + 2x - 8y + 23 = 2x^{2} + 2y^{2} - 16x - 4y + 34 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2x^{2} + 2y^{2} + 18x - 4y - 11 = 0\Leftrightarrow x^{2} + y^{2} + 9x - 2y - \dfrac{11}{2} = 0 \right.$.

Có $a = - \dfrac{9}{2},b = 1,c = - \dfrac{11}{2}$.

Bán kính $R = \sqrt{\left( {- \dfrac{9}{2}} \right)^{2} + 1^{2} - \left( {- \dfrac{11}{2}} \right)} =\dfrac{\sqrt{107}}{2}$.

Ta có:

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{y} = 1.\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{y}} \right)\\ = \left( {x + y} \right).\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{y}} \right)\\ = 1 + \dfrac{{4x}}{y} + \dfrac{y}{x} + 4 = 5 + \dfrac{{4x}}{y} + \dfrac{y}{x}\end{array}\)

Vì \(x,\,\,y\) là hai số thực dương nên \(\dfrac{{4x}}{y},\,\,\dfrac{y}{x}\)dương.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số \(\dfrac{{4x}}{y}\) và \(\dfrac{y}{x}\) ta được:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{4x}}{y} + \dfrac{y}{x} \ge 2.\sqrt {\dfrac{{4x}}{y}.\dfrac{y}{x}} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{4x}}{y} + \dfrac{y}{x} \ge 4\\ \Leftrightarrow 5 + \dfrac{{4x}}{y} + \dfrac{y}{x} \ge 9\\ \Leftrightarrow S \ge 9\end{array}\)

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{4x}}{y} = \dfrac{y}{x}\\x + y = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{x^2} = {y^2}\\x + y = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = y\\x + y = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{3}\\y = \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(\min S = 9\)\( \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{3};\,y = \dfrac{2}{3}\).

Vì $\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = 2$ và $\lim\limits_{x\rightarrow - \infty}y = - 2$ nên đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang $y = 2;y = - 2$

Gọi x là chiều rộng của miếng phụ

Vì hình vuông MNPQ có cạnh $MN = \dfrac{MP}{\sqrt{2}} = \dfrac{20}{\sqrt{2}} = 10\sqrt{2}(\text{cm})$ nên diện tích không thay đổi

Ta có $2x = AB - MQ = AB - 10\sqrt{2}\ \ < BD - 10\sqrt{2}\ \ = 20 - 10\sqrt{2}$.

$\left. \Rightarrow 0 < x < 10 - 5\sqrt{2} \right.$.

Vậy để diện tích tiết diện lớn nhất khi diện tích của 1 miếng phụ phải lớn nhất

Ta có $AD = \sqrt{BD^{2} - AB^{2}} = \sqrt{20^{2} - \left( {2x + MQ} \right)^{2}} = \sqrt{20^{2} - \left( {2x + 10\sqrt{2}} \right)^{2}}$

Khi đó diện tích 1 miếng phụ là

$S = x.AD = x\sqrt{400 - \left( {2x + 10\sqrt{2}} \right)^{2}} = x\sqrt{400 - \left( {2x + 10\sqrt{2}} \right)^{2}} = x\sqrt{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x}$

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow S' = \sqrt{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x} + x.\dfrac{- 8x - 40\sqrt{2}}{2\sqrt{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x}} \right. \\ {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x - 4x^{2} - 20\sqrt{2}x}{\sqrt{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x}}} \\ {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{- 8x^{2} - 60\sqrt{2}x + 200}{\sqrt{200 - 4x^{2} - 40\sqrt{2}x}}} \end{array}$

$\left. \Rightarrow S'(x) = 0\Leftrightarrow - 8x^{2} - 60\sqrt{2}x + 200 = 0\Leftrightarrow x = \dfrac{5\sqrt{34} - 15\sqrt{2}}{4} \approx 1,98 \right.$

$\left. \Rightarrow S_{\max} = S\left( {1,98} \right) \approx 16,8 \right.$

Vậy diện tích tiết diện lớn nhất là $S_{1} = 4S + \left( {10\sqrt{2}} \right)^{2} \approx 267$ cm²

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty \) nên \(a > 0\).

Ta lại có hàm số có 3 điểm cực trị nên \(ab < 0 \Rightarrow b < 0\).

Vì nhánh cuối của đồ thị đi lên mà phương trình \(y = 0\) vô nghiệm nên đồ thị nằm hoàn toàn trên \(Ox \Rightarrow c > 0\).

Vậy trong 3 số a, b, c có 2 số dương là a và c.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AB} = \left( {1; - 2; - 2} \right),\overset{\rightarrow}{BC} = \left( {4;m;1} \right)$.

Hình thang $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$ nên $\overset{\rightarrow}{AB}\bot\overset{\rightarrow}{BC}$

$\left. \Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{AB}.\overset{\rightarrow}{BC} = \overset{\rightarrow}{0}\Leftrightarrow 1.4 + \left( {- 2} \right).m + \left( {- 2} \right).1 = 0\Leftrightarrow m = 1 \right.$

Do đó $C\left( {6;1;0} \right)$, $\left. \overset{\rightarrow}{BC} = \left( {4;1;1} \right)\Rightarrow BC = \sqrt{4^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = 3\sqrt{2} \right.$.

Ta có $AB = \sqrt{\left( {2 - 1} \right)^{2} + \left( {0 - 2} \right)^{2} + \left( {- 1 - 1} \right)^{2}} = 3$.

Hình thang $ABCD$ vuông tại $A$ và $B$ có diện tích bằng $6\sqrt{2}$ nên:

$\left. \dfrac{AD + BC}{2}.AB = 6\sqrt{2}\Rightarrow\dfrac{AD + 3\sqrt{2}}{2}.3 = 6\sqrt{2}\Rightarrow AD = \sqrt{2} \right.$.

Ta có $\left. \dfrac{AD}{BC} = \dfrac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} = \dfrac{1}{3}\Rightarrow AD = \dfrac{1}{3}BC \right.$.

Mà $\overset{\rightarrow}{AD},\overset{\rightarrow}{BC}$ cùng phương nên $\left. \overset{\rightarrow}{AD} = \dfrac{1}{3}\overset{\rightarrow}{BC}\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AD} = \left( {\dfrac{4}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}} \right) \right.$.

Mà $\overset{\rightarrow}{AD} = \left( {a - 1;b - 2;c - 1} \right)$ nên $\left. \left\{ \begin{array}{l} {a - 1 = \dfrac{4}{3}} \\ {b - 2 = \dfrac{1}{3}} \\ {c - 1 = \dfrac{1}{3}} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = \dfrac{7}{3}} \\ {b = \dfrac{7}{3}} \\ {c = \dfrac{4}{3}} \end{array} \right. \right.$.

Vậy $T = a + b + c + m = \dfrac{7}{3} + \dfrac{7}{3} + \dfrac{4}{3} + 1 = 7$.

Đặt $\left. \ln x = t\Rightarrow dt = \dfrac{dx}{x} \right.$. Suy ra $F(x) = {\int{tdt}} = \dfrac{t^{2}}{2} + C = \dfrac{\ln^{2}x}{2} + C$.

Vì $\left. F\left( e^{2} \right) = 4\Leftrightarrow\dfrac{\ln^{2}\left( e^{2} \right)}{2} + C = 4\Leftrightarrow C = 2 \right.$.

Gọi P là trung điểm BC và \(E=NP\cap AC\), suy ra \(PN\parallel BD\) nên \(BD\parallel \left( MNP \right)\).

Do đó

\(d\left( BD;MN \right)=d\left( BD;\left( MNP \right) \right)=d\left( O;\left( MNP \right) \right)=\dfrac{1}{3}d\left( A;\left( MNP \right) \right)\).

Kẻ \(AK\bot ME\,\,\left( 1 \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\\NP//BD \Rightarrow NP \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow NP \bot AK\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AK\bot \left( MNP \right)\).  Khi đó \(d\left( A;\left( MNP \right) \right)=AK.\)

Tính được \(SA=\sqrt{S{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}=10\sqrt{3}\) \(\Rightarrow MA=5\sqrt{3};\,\,AE=\dfrac{3}{4}AC=\dfrac{15\sqrt{2}}{2}\)

Tam giác vuông \(MAE\), có \(AK=\dfrac{MA.AE}{\sqrt{M{{A}^{2}}+A{{E}^{2}}}}=3\sqrt{5}\)

Vậy \(d\left( BD;MN \right)=\dfrac{1}{3}AK=\sqrt{5}\).

Ta có \(\sin \dfrac{A}{2}{\cos ^3}\dfrac{B}{2} - \sin \dfrac{B}{2}{\cos ^3}\dfrac{A}{2} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sin \dfrac{A}{2}}}{{{{\cos }^3}\dfrac{A}{2}}} = \dfrac{{\sin \dfrac{B}{2}}}{{{{\cos }^3}\dfrac{B}{2}}}\).

\( \Leftrightarrow \tan \dfrac{A}{2}\left( {1 + {{\tan }^2}\dfrac{A}{2}} \right) = \tan \dfrac{B}{2}\left( {1 + {{\tan }^2}\dfrac{B}{2}} \right)\)

\(\Leftrightarrow \tan \dfrac{A}{2} = \tan \dfrac{B}{2} \Leftrightarrow \dfrac{A}{2} = \dfrac{B}{2} \Leftrightarrow A = B\).

Ta có: $\left. y = x^{3}\Rightarrow x = \sqrt[3]{y} = y^{\dfrac{1}{3}} \right.$.

Cận tích phân từ $y = 0$ đến $y = 8$.

Thể tích khối tròn xoay là:

$V = \pi \int_0^8 {{{\left( {{y^{\dfrac{1}{3}}}} \right)}^2}} {\mkern 1mu} dy = \pi \int_0^8 {{y^{\dfrac{2}{3}}}} {\mkern 1mu} dy$

$V = \pi\left\lbrack {\dfrac{3}{5}y^{\dfrac{5}{3}}} \right\rbrack_{0}^{8} = \pi \cdot \dfrac{3}{5} \cdot 8^{\dfrac{5}{3}} = \pi \cdot \dfrac{3}{5} \cdot 32 = \dfrac{96\pi}{5}$

Đặt \(M\left( {x;y;z} \right)\)

Theo giả thiết ta có \(MA = 2MB \Leftrightarrow M{A^2} = 4M{B^2} \Leftrightarrow {(x - 8)^2} + {(y + 5)^2} + {(z - 5)^2} = 48\)

Chứng tỏ điểm \({\rm{M}}\) thuộc mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \({I_1}\left( {8; - 5;5} \right)\) và bán kính \({R_1} = 4\sqrt 3 \).

Gọi l là đường thẳng song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}\) và đi qua tiếp điểm của mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) với mặt cầu \(\left( S \right)\),

gọi \({\rm{d}}\) là đường thẳng đi qua tâm \({\rm{O}}\) của \(\left( S \right)\) và song song với đường thẳng \({\rm{\Delta }}\).

Khi mặt phẳng \(\left( {\rm{P}} \right)\) thay đổi thì 1 là đường sinh quay quanh \({\rm{d}}\) để tạo ra mặt trụ tròn xoay có trục là \({\rm{d}}\) và bán kính đáy của khối trụ bằng với bán kính của mặt cầu \(\left( S \right)\), tức là \(r = R = l\)

Ta có \({\rm{d}}\left( {M;\left( P \right)} \right) \le {\rm{d}}\left( {{I_1};\left( P \right)} \right) + {R_1} \le {\rm{d}}\left( {{I_1};l} \right) + {R_1} \le \left[ {{\rm{d}}\left( {{I_1};d} \right) + r} \right] + {R_1}\)

Vậy \({\rm{max}}\left( {M;\left( P \right)} \right) = \left[ {{\rm{d}}\left( {{I_1};d} \right) + r} \right] + {R_1} = \dfrac{{\sqrt {905} }}{3} + 1 + 4\sqrt 3  \approx 17,96\)

Vì H là hình chiếu của A xuống $\Delta$ nên $\left. H \in \Delta\Rightarrow H\left( {2t + 1;t; - t - 1} \right) \right.$

Do cao độ của H bằng 1 nên $\left. - t - 1 = 1\Leftrightarrow t = - 2 \right.$ $\left. \Rightarrow H\left( {- 3; - 2;1} \right) \right.$

Vì $\left. \overset{\rightarrow}{AH}\left( {- 3 - a; - 3; - 1} \right)\bot\overset{\rightarrow}{u}\left( {2;1; - 1} \right)\Rightarrow\overset{\rightarrow}{AH}.\overset{\rightarrow}{u} = 0 \right.$

$\begin{array}{l} \left. \Leftrightarrow 2\left( {- 3 - a} \right) + 1.\left( {- 3} \right) + \left( {- 1} \right)\left( {- 1} \right) = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow a = - 4 \right. \end{array}$

Nên $a^{2} = 16$

Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {y'(t) = ky(t)} \\ {y(t) = e^{g{(t)}}} \end{array} \right.\Rightarrow g'(t).e^{g{(t)}} = ky(t) = k.e^{g{(t)}} \right.$

$\left. \Rightarrow g'(t) = k\Rightarrow g(t) = kt + C \right.$

$\left. \Rightarrow y(t) = e^{kt + C} \right.$

Tại $t = 6$: $\left. y(6) = e^{6k + C} = 2\Rightarrow 6k + C = \ln 2 \right.$

Tại $t = 12$: $\left. y(12) = e^{12k + C} = 1\Rightarrow 12k + C = 0 \right.$

$\left. \Rightarrow k = \dfrac{- \ln 2}{6};C = 2\ln 2 \right.$$\left. \Rightarrow y(t) = e^{- \dfrac{\ln 2}{6}t + 2\ln 2} \right.$

Tại thời điểm $t = 30$ ngày: $y(30) = e^{- \dfrac{\ln 2}{6}.30 + 2\ln 2} =\dfrac{1}{8}$.

Theo đề các cạnh của hình vuông có độ đài là \(\dfrac{x}{4}\), các cạnh của tam giác đều có độ dài là \(\dfrac{100-x}{3}\).

Ta có:

\(S=\left(\dfrac{x}{4}\right)^2+\left(\dfrac{100-x}{3}\right)^2 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4}\)

\(=\dfrac{(9+4 \sqrt{3})}{144} x^2-\dfrac{800 \sqrt{3}}{144} x+\dfrac{40000 \sqrt{3}}{144}\).

Đây là hàm bậc hai có hệ số \(a>0\) nên hàm đạt giá trị nhỏ nhất khi

\(x=-\dfrac{b}{2 a}=\dfrac{800 \sqrt{3}}{144} \cdot \dfrac{144}{2 \cdot(9+4 \sqrt{3})} \approx 43,5 \mathrm{~m}.\)

Vì \(E \in Ox\) nên \(E\left( {a;\,\,0} \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {EM}  = \left( { - 1 - a;\,\, - 2} \right)\); \(\overrightarrow {EN}  = \left( {3 - a;\,\,2} \right)\); \(\overrightarrow {EP}  = \left( {4 - a;\,\, - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP}  = \left( {6 - 3a;\,\, - 1} \right)\)

Do đó, \(\left| {\overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP} } \right| = \sqrt {{{\left( {6 - 3a} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{\left( {6 - 3a} \right)}^2} + 1}  \ge 1\).

Dấu “\( = \)” xảy ra khi và chỉ khi \(6 - 3a = 0 \Leftrightarrow a = 2\).

Vậy \(\min \left| {\overrightarrow {EM}  + \overrightarrow {EN}  + \overrightarrow {EP} } \right| = 1\) khi \(a = 2\).

Vậy \(E\left( {2;\,\,0} \right)\).

Gọi $H$ là trung điểm của $AD$ $\left. \Rightarrow SH\bot AD \right.$. Mà $\left. \left( {SAD} \right)\bot\left( {ABCD} \right)\Rightarrow SH\bot\left( {ABCD} \right) \right.$.

Ta có: $\left. V_{ABCD} = \dfrac{1}{3}SH.{(\sqrt{2})}^{2} = \dfrac{4a^{3}}{3}\Rightarrow SH = 2a \right.$

Đặt hệ trục $Oxyz$ như hình vẽ với $a = 1$.

$\left. \Rightarrow S\left( {0;0;2} \right),D\left( {\dfrac{- \sqrt{2}}{2};0;0} \right),C\left( {\dfrac{- \sqrt{2}}{2};\sqrt{2};0} \right),B\left( {\dfrac{\sqrt{2}}{2};\sqrt{2};0} \right) \right.$

Có: $\overset{\rightarrow}{SD} = \left( {\dfrac{- \sqrt{2}}{2};0; - 2} \right);\overset{\rightarrow}{SC} = \left( {\dfrac{- \sqrt{2}}{2};\sqrt{2}; - 2} \right)$$\left. \Rightarrow\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{SD};\overset{\rightarrow}{SC}} \right\rbrack = \left( {2\sqrt{2};0; - 1} \right) \right.$

Phương trình mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ là: $2\sqrt{2}x - z + 2 = 0$.

Ta có: $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{\left| {2\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2} - 0 + 2} \right|}{\sqrt{\left( {2\sqrt{2}} \right)^{2} + \left( {- 1} \right)^{2}}} = \dfrac{4}{3}.$

Để tìm số hạng thứ 10, ta thay $n = 10$ vào công thức:

$u_{10} = 1 - \dfrac{10}{10^{2} + 1} = 1 - \dfrac{10}{101} = \dfrac{91}{101}.$

Chiếu vuông góc điểm $A(2; - 3;5)$ lên mặt phẳng $(Oxy)$, ta cho tọa độ $z = 0$, giữ nguyên tọa độ $x$ và $y$.

Vậy tọa độ hình chiếu $H$ là $(2; - 3;0)$.

Hàm số \(h(t)=90 \cos \left(\dfrac{\pi}{10} t\right)\) là hàm số tuần hoàn với chu kì \(T=\dfrac{2 \pi}{\frac{\pi}{10}}=20\).

Gọi $y=f(x)$ là hàm số liên tục có đồ thị chứa đường cong $A B$.

Khi đó: $y=f(x)+2$ là hàm số liên tục có đồ thị chứa đường cong $C D$.

Chọn hệ trục tọa độ có gốc tọa độ là tâm của đường tròn, trục $O x, O y$ chứa đường kính của đường tròn:

Ta có phương trình đường tròn: $x^2+y^2=10 \Rightarrow y= \pm \sqrt{10-x^2}$

Với $y=1 \Rightarrow x= \pm 3$

Diện tích hình phẳng phần tô đen là: $S=2 \int_{-\sqrt{10}}^3\left(2 \sqrt{10-x^2}\right)+\int_{-3}^3(f(x)+2-f(x)) d x\left(m^3\right)$

Ta có: $15 \mathrm{~cm}=0,15 \mathrm{~m}$

Thể tích khối bê tông làm con đường: $V=h S=0,15 \cdot S\left(\mathrm{~m}^3\right)$

Số tiền cần đùng đề đổ khối bê tông: $V \cdot 1200000=2238302$ (đồng)

Ta có: \(V = \int\limits_0^3 {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2}dx}  = \int\limits_0^3 {(9 - {x^2})dx}  = 18\)

Điều kiện: \(x > 0\).

\(\begin{array}{l}{\log _3}\left( {3x} \right).{\log _3}x = 2 \Leftrightarrow \left( {{{\log }_3}3 + {{\log }_3}x} \right){\log _3}x = 2\\ \Leftrightarrow \left( {1 + {{\log }_3}x} \right){\log _3}x = 2 \Leftrightarrow \log _3^2x + {\log _3}x - 2 = 0\end{array}\)

Đặt \({\log _3}x = t \Rightarrow {t^2} + t - 2 = 0.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _3}x = 1\\{\log _3}x =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 3\\{x_2} = \dfrac{1}{9}\end{array} \right.\,\,\,\left( {tm} \right).\\ \Rightarrow {x_1} + {x_2} = 3 + \dfrac{1}{9} = \dfrac{{28}}{9}.\end{array}\)

Mỗi học sinh có 6 cách chọn quầy phục vụ nên: \(n(\Omega)=6^7-6\)
Gọi A là biến cố: "4 học sinh vào cùng 1 quầy và 3 học sinh còn lại vào 1 cùng 1 quầy phục vụ khác"

Số cách chia học sinh thành 2 nhóm: 1 nhóm có 4 học sinh và 1 nhóm có 3 học sinh là: \(C_7^4 \cdot C_3^3\)

Với mỗi cách chia như vậy, số cách chia 2 nhóm trên vào 6 quầy sao cho mỗi nhóm 1 quầy khác nhau là: \(C_6^1 \cdot C_5^1\)

Vậy \(n(A)=C_7^4 \cdot C_3^3 \cdot C_6^1 \cdot C_5^1\)
Xác suất của biến cố A:

\(P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{C_7^4 \cdot C_3^3 \cdot C_6^1 \cdot C_5^1}{6^7-6}=\dfrac{5}{1333}\)

Vậy \(m=1333\).

Từ bảng ta có hệ sau: \(\left\{ \begin{array}{l}5 + 8 + n + m + 6 = 40\\\dfrac{1}{{40}}\left( {20.5 + 21.8 + 22n + 23m + 24.6} \right) = 22,1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + n = 21\\22n + 23m = 472\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 11\\m = 10\end{array} \right.\)

Gắn hệ trục toạ độ Oxyz với A là gốc toạ độ, AD nằm trên tia Ox, AB nằm trên tia tia Oy và AA’ nằm trên tia Oz.

Khi đó $A\left( {0;0;0} \right)$; $D\left( {1;0;0} \right)$; $B\left( {0;1;0} \right)$; $M\left( {\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};0} \right)$;

$A'\left( {0;0;1} \right)$; $B'\left( {0;1;1} \right)$; $D'\left( {1;0;1} \right)$; $N\left( {\dfrac{1}{2};1;1} \right)$

$\Rightarrow\overset{\rightarrow}{B^{\prime}D^{\prime}} = \left( {1; - 1;0} \right)$; $\overset{\rightarrow}{MN}\left( {0;\dfrac{1}{2};1} \right)$; $\overset{\rightarrow}{B^{\prime}N}\left( {\dfrac{1}{2};0;0} \right)$; $\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{B^{\prime}D^{\prime}}; \overset{\rightarrow}{MN}} \right\rbrack = \left( {- 1; - 1;\dfrac{1}{2}} \right) $

Vậy $d\left( {B'D';MN} \right) = \dfrac{\left| {\left\lbrack {\overset{\rightarrow}{B^{\prime}D^{\prime}};\overset{\rightarrow}{MN}} \right\rbrack.\overset{\rightarrow}{B^{\prime}N}} \right|}{\left| \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{B^{\prime}D^{\prime}};\overset{\rightarrow}{MN}} \right\rbrack \right|} = \dfrac{\left| {\dfrac{1}{2}.\left( {- 1} \right)} \right|}{\sqrt{1 + 1 + \dfrac{1}{4}}} = \dfrac{1}{3}$

$\left. \Rightarrow x = 1;y = 3\Rightarrow x + y = 4 \right.$

Độ dài quãng đường mà vận động viên phải chạy là

$s = MD + DC + CB + BE + EM + MD = 2MD + ME + 200$

Để quãng đường vận động viên chạy là ngắn nhất thì $(2MD + ME)$ là ngắn nhất.

Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, ta có $E\left( {30;40} \right),D\left( {- 50;-40} \right)$

Ta có $OE = \sqrt{30^{2} + 40^{2}} = 50 = 2R.$

Lấy điểm $G$ thuộc tia $OE$ sao cho $OG = \dfrac{1}{2}R.$

Khi đó xét $\text{Δ}OGM$ và $\text{Δ}OME$ có:

$\left. \left. \begin{matrix} {\widehat{EOM}\text{~chung}} \\ {\dfrac{OG}{OM} = \dfrac{OM}{OE} = \dfrac{1}{2}} \end{matrix} \right\}\Rightarrow \bigtriangleup OGM \sim \bigtriangleup OME\text{~(c-g-c)} \right.$

$\left. \Rightarrow\dfrac{MG}{ME} = \dfrac{OM}{OE} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow ME = 2MG. \right.$

Khi đó $2MD + ME = 2MD + 2MG \geq 2DG.$

Dấu $" = "$ xảy ra khi $M = DG \cap \left( {O,25} \right).$

Ta có điểm $G$ thuộc tia $OE$ sao cho $OG = \dfrac{1}{2}R$

$\left. \Rightarrow\overset{\rightarrow}{OG} = \dfrac{1}{4}\overset{\rightarrow}{OE} = \left( {7,5;10} \right)\Rightarrow G\left( {7,5;10} \right). \right.$

$\Rightarrow$ $DG = \sqrt{\left( {- 50 - 7,5} \right)^{2} + \left( {- 40 - 10} \right)^{2}} = \dfrac{5\sqrt{929}}{2}.$

Suy ra $s \geq 2.\dfrac{5\sqrt{929}}{2} + 200 \approx 352\text{(m)}\text{.}$

Gọi \(u_1\) là số tiền phải trả cho 10 số điện đầu tiên: \(u_1=1500.10=15000\) (đồng).
\(u_2\) là số tiền phải trả cho các số điện từ 11 đến 20: \(u_2=u_1(1+0,025)\) (đồng).
\(u_3\) là số tiền phải trả cho các số điện từ 21 đến 30: \(u_3=u_2(1+0,025)=u_1(1+0,025)^2\) (đồng).
\(u_{34}\) là số tiền phải trả cho các số điện từ 331 đến 340:  \(u_{34}=u_1(1+0,025)^{33}\) (đồng).
Số tiền phải trả cho 340 số điện đầu tiên là: 
\(S_1=u_1. \dfrac{1-(1+0,025)^{34}}{1-(1+0,025)} \approx 789193,3\) (đồng).
Số tiền phải trả cho các số điện từ 341 đến 345 là: \(S_2=5.1500(1+0,025)^{34} \approx 17364,9\) (đồng).
Vậy tháng 1 gia đình ông Hùng phải trả số tiền là: \(789193,3+17364,9 \approx 806558\) (đồng) \(\approx 807\) (nghìn đồng).

Đáp án đúng D. “Cần kiệm” = cần cù + tiết kiệm (nghĩa ghép rộng hơn “chăm chỉ”).

A “chăm chỉ”, B “siêng năng”, C “cần cù”: đồng nghĩa, cùng chỉ tính chịu khó làm việc.

Phân tích đáp án sai:

A/B/C: cùng nhóm “chăm chỉ” nên không chọn.

Giải nghĩa từ:

- U ám: là từ thường dùng để miêu tả thiên nhiên (bầu trời) mờ tối đi, do có nhiều mây đen bao phủ.

- Âm u: là từ miêu tả khung cảnh thiếu ánh sáng tự nhiên, gây một cảm giác nặng nề.

- U uất: là từ miêu tả tâm trạng con người buồn thầm kín xen lẫn bực tức, mà không sao nói ra được.

- Ảm đạm: là từ miêu tả khung cảnh thiếu ánh sáng mặt trời và toàn một màu xám, gợi sự buồn tẻ.

=> Từ đó có thể thấy, ba từ “u ám, âm u, ảm đạm” là từ dùng để miêu tả thiên nhiên, còn riêng từ “u uất” là miêu tả tâm trạng con người.

Ba từ Kỳ diệu, Kỳ thú, Kỳ lạ đều diễn tả sự đặc biệt, khác thường, có yếu tố hấp dẫn hoặc bí ẩn. Kỳ vọng lại chỉ mong muốn, hy vọng về điều gì đó, không liên quan đến sự khác biệt hay huyền bí.

- “Tuyệt diệu” →Rất đẹp, rất hay, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

- “Tuyệt đỉnh” →Đỉnh cao nhất, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

- “Tuyệt chủng” → Mất hẳn, “tuyệt” ở đây nghĩa là không còn

- “Tuyệt mật” →Bí mật tối cao, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

- Xét về nghĩa:

+ “Ân cần” nghĩa là “quan tâm, chăm sóc chu đáo, hay hỏi han ân cần”; biểu thị hành vi/điệu bộ quan tâm.

+ “Chân thành” nghĩa là “thật lòng, không giả dối”; biểu thị tính chất của lời nói/thái độ.

+ “Chu đáo” nghĩa là “kỹ lưỡng, cẩn thận, nghĩ đến mọi mặt”; biểu thị mức độ tỉ mỉ trong việc chuẩn bị/quan tâm.

+ “Nhiệt thành” nghĩa là “nhiệt tình, hăng hái và sẵn sàng giúp đỡ”; biểu thị thái độ năng động, nhiệt huyết trong hành động.

- Trong các đáp án trên:

+ “Ân cần, nhiệt thành, chu đáo”: đều thiên về thái độ, cách cư xử, hành động quan tâm đối với người khác.

+ “Chân thành”: nghiêng về tấm lòng thật, tình cảm thật, không giả dối, không nhất thiết gắn với hành động chăm sóc hay quan tâm cụ thể.

Câu hoàn chỉnh: “Suốt một đời cầm bút, Nam Cao luôn trăn trở về ý nghĩa công việc viết văn mà mình theo đuổi để rồi ông đã tìm được câu trả lời cho mình.”

Đáp án đúng A:  cầm bút / trăn trở

Giải thích đáp án đúng:

+ “Cầm bút”: làm nghề viết.

+ “Trăn trở”: day dứt, suy nghĩ nhiều.

Giải thích các đáp án sai:

+ B sai: “cầm phấn” gắn nghề dạy học, không đúng Nam Cao.

+ C sai: “chấp bút” cũng liên quan viết, nhưng “ấp ủ” không diễn đạt đúng trạng thái “day dứt” như “trăn trở”.

+ D sai: “đọc sách/ mường tượng” không hợp ngữ cảnh nói về nghề viết và băn khoăn nghề nghiệp.

- Phân tích câu: “Sáng tạo … là khả năng ______ những yếu tố tưởng chừng không liên quan và ______ chúng theo một cách độc đáo.”

- Ý nghĩa:

+ Tìm mối liên hệ giữa các yếu tố không liên quan.

+ Sắp xếp/ tổ chức lại để tạo ra cái mới.

→ cấu trúc nghĩa: liên kết → tổ chức → sáng tạo

=> Đáp án đúng là C:

- "liên kết những yếu tố tưởng chừng không liên quan" → rất đúng nghĩa sáng tạo

- "tổ chức chúng theo cách độc đáo" → phù hợp hoàn toàn

Câu hoàn chỉnh: "Sáng tạo không đơn thuần là tạo ra cái mới, mà còn là khả năng liên kết những yếu tố tưởng chừng không liên quan và tổ chức chúng theo một cách độc đáo."

Vị trí 1: “…khả năng ___ nỗi đau một cách trung thực”

→ Cần từ mang nghĩa can đảm nhìn thẳng vào thực tế

    + (B) “đối diện”: đúng, thể hiện sự chủ động chấp nhận sự thật → giữ lại

    + (D) “chấp nhận”: đúng nghĩa, nhưng mang sắc thái nhẹ nhàng hơn → giữ lại

    + (A) “giấu kín”: trái nghĩa → loại

    + (C) “gạt bỏ”: thiên về né tránh, chưa phù hợp với “trung thực” → loại

Vị trí 2: “…để ___ trở lại với tinh thần mạnh mẽ hơn”

→ Cần một động từ chỉ sự phục hồi – tái khởi động sau biến cố

    + (D) “vượt qua”: khá chung, đúng hướng nhưng chưa rõ về “trở lại”

    + (B) “phục hồi”: thể hiện đúng tinh thần khắc phục tổn thương, bắt đầu lại → tinh tế và phù hợp hơn

→ Chọn B

→ Câu hoàn chỉnh: Khi đối diện với sự thất bại, điều quan trọng không nằm ở việc phủ nhận nỗi đau, mà ở khả năng đối diện nó một cách trung thực để từ đó phục hồi trở lại với tinh thần mạnh mẽ hơn.

- Vị trí 1: “…hậu quả của việc ___ quan điểm”

→ Cần từ thể hiện hành vi thể hiện quan điểm cá nhân công khai

    + (B) “bày tỏ”: phổ biến, trung lập, đúng sắc thái → giữ lại

    + (D) “công khai”: đúng nghĩa, nhưng đi với “quan điểm” có sắc thái chính trị mạnh → giữ lại

    + (A) “trình bày”: thiên về học thuật, không phù hợp tình huống xã hội – bất công → loại

    + (C) “chia sẻ”: quá nhẹ, mang nghĩa thân mật → loại

- Vị trí 2: “ngại ___ cho lẽ phải”

→ Cần từ thể hiện hành động chủ động, có bản lĩnh trong môi trường tiêu cực

    + (B) “lên tiếng”: đúng collocation, vừa rõ nghĩa vừa phổ biến → phù hợp

    + (D) “hy sinh”: không hợp lý khi đi với “ngại” và “cho lẽ phải” (dùng trong tình huống nặng hơn) → loại

→ Chọn B

→Câu hoàn chỉnh: Không ít người lựa chọn sự im lặng trước bất công, không vì họ đồng tình mà bởi họ sợ hãi trước hậu quả của việc bày tỏ quan điểm. Thái độ ấy lâu dần tạo ra một xã hội thiếu sự minh bạch, nơi mà người ta ngại lên tiếng cho lẽ phải.

- Phân tích vị trí 1: “rất dễ ______ chiều sâu nhân bản mà lịch sử hàm chứa”

Từ cần thể hiện sự vô tình không nhận ra chiều sâu của lịch sử nếu tiếp cận một chiều, nông cạn.

    + A. “bỏ qua” – loại: nghe giống hành vi cố ý, không phù hợp với sắc thái “vô tình” mà câu muốn nhấn.

    + D. “lướt qua” – loại: sắc thái hời hợt đúng, nhưng chưa đủ sức nặng – “chiều sâu nhân bản” là khái niệm lớn, cần một từ giàu cảm xúc hơn.

    + B. “quên mất” – giữ lại: diễn tả đúng sự vô tâm, không nhận ra những điều sâu xa trong lịch sử.

    + C. “đánh mất” – giữ lại: gợi cảm giác để tuột khỏi tay một điều quý giá, giàu sắc thái tiếc nuối.

→ Giữ lại B và C

- Phân tích vị trí 2: “phải đi cùng với tinh thần biết ______ chứ không chỉ ghi nhớ”

Từ cần nhấn mạnh thái độ học lịch sử sâu sắc, có suy ngẫm, không chỉ học thuộc lòng.

    + B. “đối thoại” – loại: dùng với con người, ít khi dùng với lịch sử. Nghe hơi gượng.

    + C. “chiêm nghiệm” – giữ lại: rất chính xác – thể hiện sự suy ngẫm, thấm thía, giúp người học rút ra bài học cho hiện tại.

Vậy đáp án phù hợp nhất là C.

Đáp án đúng D: “thân thiết với nhân dân” sắc thái hơi “quan hệ gần gũi riêng tư”, không chuẩn bằng “gần gũi”.

A “tấm gương”: đúng.

B “vĩ nhân”: đúng.

C “toát lên”: đúng.

- Phân tích loại trừ

+ A – “khảo sát”: Dùng đúng để chỉ hoạt động thu thập, phân tích số liệu môi trường.

+ C – “suy giảm”: Phù hợp khi nói về mức độ giảm sút của đa dạng sinh học.

+ D – “sinh kế”: Dùng đúng, chỉ phương thức kiếm sống, thu nhập của cộng đồng ngư dân.

- Vì sao B sai

+ “Bão hòa” là thuật ngữ vật lý/hóa học, mô tả trạng thái dung dịch không thể hòa tan thêm chất hoặc thị trường đã đạt mức tiêu thụ tối đa.

+ Dùng “bão hòa” để chỉ rác thải nhựa tích tụ là sai trường nghĩa, vì rác không “hòa tan” hay “bão hòa” mà thường “quá tải”, “tích tụ” hoặc “ô nhiễm ở mức nghiêm trọng”.

Sửa lại:

→ Thay bằng “quá tải”, “tích tụ ở mức nguy hiểm” hoặc “ô nhiễm nghiêm trọng”.

Có thể nhận thấy ở phần sau câu văn đang đề cập đến các nhược điểm của cơ thể không đủ đẹp, không đủ khỏe và thái độ “không hài lòng về cơ thể của mình”. Bởi vậy có thể thấy nếu dùng từ đánh giá thì phải nhắc đến cả điểm tốt và xấu, còn đây chỉ nhắc đến điểm không tốt, nếu cũng là một từ bắt đầu bằng “tự” thì sẽ nên thay bằng “tự ti”.

=> Từ sai: tự đánh giá (đáp án B).

=> Sửa lại: tự ti.

=> Sửa lại câu: Có thể hiểu sự tự ti về cơ thể là thấy cơ thể của mình không đủ đẹp, không đủ khỏe và vì thế cần liên tục che giấu hoặc cải thiện. Ngay cả khi không thừa hay thiếu cân, trẻ vẫn có thể không hài lòng về cơ thể của mình.

- Câu văn nhắc tới khái niệm “ổ sinh thái” có thể được hiểu là khoảng không gian sinh thái có tất cả các điều kiện quy định cho sự tồn tại, phát triển ổn định lâu dài của loài. Trong khái niệm sinh học chỉ có ổ sinh thái thực tế và ổ sinh thái tiềm năng chứ không có toàn năng.

- Một cách khác, có thể thấy “toàn năng” được hiểu là có khả năng làm thành thạo mọi việc trong phạm vi một nghề nào đó (thường dùng cho người) không hợp với đối tượng ổ sinh thái. Trong đối sánh câu văn, vế trên đang nói về không gian thực tế thì vế dưới nên nhắc tới không gian lý tưởng (không gian tiềm năng).

=> Sửa lại câu: Ổ sinh thái thực tế của một loài cây là nơi bạn tìm thấy nó trong tự nhiên, còn ổ sinh thái tiềm năng là nơi cây có thể sinh sống nhưng lại không sống được vì bị các loài cây khác cạnh  tranh, hoặc không thể phân tán tới đó.

Đáp án đúng: A. “thừa hưởng”

“Thừa hưởng” nghiêng về nhận lấy lợi ích một cách trọn vẹn, ít sắc thái tiếp nối phát triển.

Ngữ cảnh nói dòng phát triển văn hóa nghệ thuật: dùng “kế thừa” phù hợp hơn.

B. “phát triển”: đúng.

C. “đề tài”: đúng.

D. “cung đình”: đúng.

- Phân tích: Những điều kiện đưa ra không thể xảy ra → lời hẹn không có thật.

→ Cách nói dân gian để từ chối tình cảm.

- Các phương án khác

+ B, D: hiểu sai dụng ý mỉa mai.

+ A: không phù hợp ngữ cảnh.

- Phân tích: Văn bản nêu rõ: “Khi rừng kết muối, đấy là điềm báo đất nước thanh bình, mùa màng phong túc.”

→ Hoa tử huyền mang ý nghĩa biểu tượng, không chỉ là hoa rừng.

- Loại phương án sai:

+ A: quá chung chung.

+ C: chỉ nói về đặc điểm tự nhiên.

+ D: không phải trọng tâm biểu tượng.

Phân tích các nhận vật:

- Tên đầy tớ là người địa vị thấp

- “các quan” là người địa vị cao

=> Cách xưng hô “Này các quan” thể hiện sự Suồng sã; thiếu lễ độ nên không phù hợp chuẩn mực giao tiếp xã hội phong kiến

→ Đây là lỗi sai vị thế giao tiếp, không liên quan đến ngữ pháp hay chính tả hay trật tự thời gian.

Phân tích suy luận:

+ Câu thơ: “Năm mươi người con theo cha xuống biển / Năm mươi người con theo mẹ lên rừng”.

→ Gợi liên tưởng ngay đến truyện Lạc Long Quân – Âu Cơ, một tác phẩm dân gian kể về nguồn gốc dân tộc Việt.

+ Truyện này mô tả sự chia đôi 100 người con, tượng trưng cho việc mở mang đất nước khắp các miền → là sự hư cấu nhưng dựa trên niềm tin lịch sử về cội nguồn dân tộc

- Phân tích loại trừ:

+ A sai vì thần thoại chủ yếu giải thích hiện tượng tự nhiên (như sự hình thành trời đất, sấm sét, mùa màng…), thường không gắn với nhân vật lịch sử Lạc Long Quân – Âu Cơ lại gắn với sự khởi đầu dân tộc, và có mối liên hệ với huyền thoại Vua Hùng, nên không phải thần thoại.

+ C sai vì sử thi là thể loại dài, ca ngợi anh hùng – tập thể dân tộc thông qua chiến công (ví dụ: Đăm Săn, Xinh Nhã) truyện này ngắn, không có mô típ chiến công hay anh hùng sử thi.

+ D sai vì cổ tích thường nói đến số phận cá nhân bị trắc trở rồi gặp may (cây khế, Tấm Cám, Sọ Dừa…), nhân vật không mang tính biểu tượng lịch sử.

- Vì sao B đúng:

+ Truyền thuyết là thể loại dân gian kể về các nhân vật, sự kiện lịch sử có thật nhưng được dân gian huyền thoại hóa.

+ Trong truyện Lạc Long Quân – Âu Cơ, hai nhân vật chính tuy mang yếu tố kỳ ảo (rồng – tiên), nhưng kết truyện lại gắn với sự xuất hiện của các Vua Hùng – một nhân vật lịch sử có vị trí mở đầu triều đại đầu tiên của dân tộc Việt.

- Phân tích suy luận:

+ “Tôi đàng hoàng chia tay…” thể hiện niềm vui, sự giải thoát sau một giai đoạn áp lực (thi cử và… ăn bí đỏ triền miên).

+ “Không sợ mẹ tôi thở dài” → biểu hiện sự tự hào vì đã không làm mẹ thất vọng.

+ Câu văn pha chút hóm hỉnh, nhẹ nhõm nhưng vẫn đầy tình cảm.

- Phân tích loại trừ:

+ B sai vì chỉ nói đến món bí đỏ và mẹ thở dài, thiếu cảm xúc quan trọng là niềm vui khi thi đỗ – “tôi là người vui nhất”.

+ C sai vì không nhắc đến chi tiết quan trọng “ngán món canh bí đỏ” – yếu tố tạo nên giọng điệu của toàn đoạn.

+ D sai vì thiếu yếu tố “trút bỏ gánh nặng thi cử” – lý do trực tiếp khiến nhân vật “tôi” vui nhất.

- Vì sao A đúng:

A đúng vì tổng hòa đầy đủ ba cảm xúc quan trọng: niềm vui khi thi đỗ, sự nhẹ nhõm vì không còn khiến mẹ buồn, và sự “tạm biệt” món canh bí đỏ một cách hài hước nhưng đầy tri ân.

- Phân tích suy luận:

Đoạn văn không sử dụng “tôi” mà dùng “Việt” (xưng tên nhân vật) → ngôi thứ ba

Tuy nhiên, mọi cảm xúc, cảm giác, suy nghĩ bên trong (như “cảm giác một mình bật lên”, “Việt muốn chạy”, “Việt ước gì được gặp má”…) → đều là những gì Việt đang trải qua từ bên trong, không phải sự quan sát bên ngoài → điểm nhìn đặt vào nhân vật

- Phân tích loại trừ:

+ A sai vì ngôi thứ nhất là khi người kể dùng “tôi”, “mình” → đoạn trích hoàn toàn không có đại từ ngôi thứ nhất, đây là ngôi thứ ba, gọi tên nhân vật là “Việt”

+ B sai vì người kể toàn tri sẽ biết tất cả mọi chuyện, suy nghĩ, cảm xúc của mọi nhân vật trong đoạn trích, người kể chỉ theo dõi riêng nội tâm Việt, không can thiệp hay bình luận

+ D sai vì không hề có dấu hiệu cho thấy điểm nhìn linh hoạt giữa tác giả và nhân vật không có lời bình của tác giả, cũng không có sự gián tiếp nào trong cảm xúc

- Vì sao C đúng:

+ Ngôi thứ ba: vì người kể dùng tên “Việt”, không phải “tôi” hay “chúng tôi”

+ Điểm nhìn của nhân vật Việt: người kể chỉ truyền đạt những gì Việt đang cảm, Việt đang nghĩ, Việt đang hình dung → toàn bộ là từ góc nhìn của nhân vật này

+ Cách kể theo điểm nhìn nhân vật làm cho câu chuyện trở nên gần gũi, chân thật, tăng sức truyền cảm và gợi lên chiều sâu tâm lý

- Đoạn kĩ đoạn trích và đối chiếu với các tác phẩm được đưa ra ở đáp án.

- Xét cách kết thúc của mỗi truyện được nêu trên:

+ “Lão Hạc” (Nam Cao): Nhân vật chính - Lão Hạc ăn bả chó tự tử.

+ “Một bữa no” (Nam Cao): Nhân vật chính - bà lão đã chết vì no, chết vì đau bụng, đi ngoài.

+ “Chí Phèo” (Nam Cao): Nhân vật chính - Chí Phèo - tự kết liễu chính cuộc đời mình.

+ “Vợ nhặt” (Kim Lân): Kết chuyện là hình ảnh lá cờ đỏ phấp phới bay trong óc Tràng, hình ảnh báo hiệu cho tương lai tương sáng.

=> Ý đồ nghệ thuật được tác giả thổ lộ trong đoạn trích trên được thể hiện trong tác phẩm “Vợ nhặt” - Kim Lân.

Trong đoạn văn, nhân vật chính không có bất kỳ hành động nào được mô tả là “hợp lý” hoặc “bình tĩnh.” Ngược lại, mọi phản ứng đều mang tính bản năng, thể hiện sự hoảng loạn và bất lực trước tình huống căng thẳng. Ví dụ:

+ “Bạn thét lên, cầu xin bố mẹ hãy ngừng lại nhưng họ phớt lờ.” Điều này cho thấy nhân vật không thể kiểm soát được cảm xúc, chỉ biết kêu gào trong tuyệt vọng.

+ “Hai đứa em của bạn cố kéo mẹ trốn vào tủ quần áo.” Đây cũng là một phản ứng bản năng để tránh nguy hiểm, không phải hành động có tính toán hoặc bình tĩnh.

Trẻ nhỏ trong tình huống căng thẳng hoặc sang chấn thường phản ứng theo bản năng, như sợ hãi, trốn chạy, hoặc đóng băng (freeze). Đoạn văn mô tả rõ ràng trạng thái này thông qua các chi tiết như “run cầm cập,” “tim đập nhanh,” và “toàn thân nóng ran.” Điều này loại trừ khả năng nhân vật hành động một cách bình tĩnh hoặc có kế hoạch.

Trong ngữ cảnh của đoạn văn, nhân vật đang chứng kiến bố mẹ cãi nhau dữ dội và có hành vi bạo lực. Đây là tình huống gây sang chấn mạnh, vượt quá khả năng đối phó của một đứa trẻ sáu tuổi. Việc giữ bình tĩnh trong hoàn cảnh như vậy là không thực tế và không phù hợp với diễn biến tâm lý được miêu tả.

- Phân tích: A, B, D: đều có kết cấu song hành + động từ (nhìn – để – sẻ). C: là cụm tính từ miêu tả, không có động từ hành động → khác cấu trúc.

Thành ngữ nói về việc hành động đáp trả, trả đũa một cách thẳng thắn, không nhượng bộ. Khi ai đó có hành động tốt hoặc xấu với bạn, bạn sẽ có hành động đáp trả tương tự như thế.