Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - Trạm số 4 (HSA0103)

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu đã cho là: \(\Delta=5000-1000=4000\)

Đồ thị của hàm số bậc ba \(y=f(x)\) có điểm cực đại là \((2 ; 5)\) và vị trí điểm cực tiểu là \((0 ; 1)\)

Suy ra hàm số: \(y=-x^3+3 x^2+1\).

Gọi \(M\) một điểm thuộc đồ thị hàm số \(y=f(x)\)

Ta có \(M\left(a ;-a^3+3 a^2+1\right)(a>0)\).

Khi đó độ dài của cây cầu nối từ hòn đảo ra mặt đường là khoảng cách từ điểm \(M\) đến đường thẳng \(y=36-9 x\)

Do đó để độ dài của cây cầu là ngắn nhất thì khoảng cách từ điểm \(M\) đến đường thẳng \(y=36-9 x\) là ngắn nhất.

Ta có \(y=36-9 x \Rightarrow 9 x+y-36=0(d)\).

Có \(d(M, d) = \dfrac{|9a + (-a^3 + 3a^2 + 1) - 36|}{\sqrt{9^2 + 1^2}} = \dfrac{|-a^3 + 3a^2 + 9a - 35|}{\sqrt{82}}\)

Xét hàm \(g(a)=-a^3 + 3a^2 + 9a - 35\) có \(g’(a)=-3a^2+6a+9=0 \Leftrightarrow a=3\)

Khi đó \(d(M, d) = \dfrac{|-3^3 + 3.3^2 + 9.3 - 35|}{\sqrt{82}}\approx 0,8834\)

Vì đơn vị trên hệ trục là 100 m suy ra độ dài ngắn nhất của cây cầu trên là \(88,3 \mathrm{~m}\).

Elip có \(a=\dfrac{60}{2}=30, b=\dfrac{30}{2}=15\).

Đường tròn tiếp xúc trong với elip theo phương trục bé nên bán kính là \(r=b=15\).

Gán hệ trục tọa độ Oxy sao cho elip tâm \(O(0,0)\), trục lớn trùng Ox, trục bé trùng Oy

Vì trục lớn 60 m, trục nhỏ 30 m nên \(a=30\), \(b=15\)

Phương trình elip là \(\dfrac{x^2}{30^2}+\dfrac{y^2}{15^2}=1\)

hay \(y=15 \sqrt{1-\dfrac{x^2}{900}}\).

Diện tích elip bằng: \(S=2 \int_{-30}^{30} y d x=2 \int_{-30}^{30} 15 \sqrt{1-\dfrac{x^2}{900}} d x=450 \pi\).

Diện tích đường tròn là \(S_1=\pi r^2=\pi \cdot 15^2=225 \pi\).

Diện tích phần trồng hoa màu là \(S_2=S-S_1=450 \pi-225 \pi=225 \pi\).

Tỉ số diện tích cần tìm là \(T=\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{225 \pi}{225 \pi}=1\).

Có ba loại quà là áo (7 chiếc), sữa (9 thùng) và cặp (4 chiếc).

Mỗi em nhận 2 suất quà khác loại nên mỗi em chi có thể nhận một trong ba kiểu sau: áo và sữa, áo và cặp, sữa và cặp.

Đặt \(x\) là số em nhận áo và sữa, \(y\) là số em nhận áo và cặp, \(z\) là số em nhận sữa và cặp.

Khi đó ta có hệ: \(\left\{\begin{array}{l}x+y=7 \\x+z=9 \\y+z=4 \\x+y+z=10\end{array}\right.\)

Từ \(y+z=4\) suy ra \(x=10-(y+z)=6\). Suy ra \(x+y=7 \Rightarrow y=1\) và \(x+z=9 \Rightarrow z=3\).

Vậy có 6 em nhận áo và sữa, 1 em nhận áo và cặp, 3 em nhận sữa và cặp.

Tổng số cách chọn 2 em bất kỳ trong 10 em là \(C_{10}^2\).

Số cách chọn 2 em nhận giống kiểu quà là: \(C_6^2+C_3^2\).

Xét việc chọn 2 em bất kỳ từ 10 em để tính xác suất cặp đó là Việt và Nam cùng nhận một loại quà, có:

\(P=\dfrac{C_6^2+C_2^1+C_3^2}{C_{10}^2}=\dfrac{15+0+3}{45}=\dfrac{2}{5}\)

Ta có \(s=3 \sin \left(\dfrac{\pi}{2} t\right)\).

Điều kiện \(s \leq-\dfrac{3}{2}\) tương đương \(3 \sin \left(\dfrac{\pi}{2} t\right) \leq-\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \sin \left(\dfrac{\pi}{2} t\right) \leq-\dfrac{1}{2}\).

Đặt \(x=\dfrac{\pi}{2} t\). Với \(0 \leq t \leq 4\) thì \(0 \leq x \leq \dfrac{\pi}{2} \cdot 4=2 \pi\).

Trên đoạn \([0,2 \pi]\), ta có \(\sin x \leq-\dfrac{1}{2}\) khi và chỉ khi \(x \in\left[\dfrac{7 \pi}{6}, \dfrac{11 \pi}{6}\right]\).

Suy ra \(\dfrac{\pi}{2} t \in\left[\dfrac{7 \pi}{6}, \dfrac{11 \pi}{6}\right] \Leftrightarrow t \in\left[\dfrac{7 \pi}{6}.\dfrac{2}{\pi}; \dfrac{11 \pi}{6}. \dfrac{2}{\pi}\right]=\left[\dfrac{7}{3}, \dfrac{11}{3}\right]\).

Vậy trong 4 giây đầu, \(s \leq-\dfrac{3}{2}\) tại các thời điểm \(t \in\left[\dfrac{7}{3}, \dfrac{11}{3}\right]\) (giây).

Khoảng thời gian trong 4 giây đầu mà \(s \leq-\dfrac{3}{2}\) là: \(\dfrac{11}{3}-\dfrac{7}{3}=\dfrac{4}{3}\)

Tần số lớn nhất là 16 thuộc lớp \([10 ; 15)\) nên đây là lớp chứa mốt.

Suy ra \(L=10, h=5, f_1=16, f_0=12, f_2=8\).

Áp dụng công thức tính mốt, ta được:

\(M_0=10+\dfrac{16-12}{(16-12)+(16-8)} \cdot 5 \approx 11,67.\)

\(P(x)=\left(m^2+1\right) x^3-2 m^2 x^2-4 x+m^2+1.\)

Vì \(P(x)\) là đa thức nên liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Ta xét dấu của \(P(x)\) tại vài điểm đặc biệt:

Khi \(x \rightarrow-\infty\) thì \(\left(m^2+1\right) x^3 \rightarrow-\infty\) (vì \(m^2+1>0\) ), nên \(\lim _{x \rightarrow-\infty} P(x)=-\infty\)

\(P(0)=m^2+1>0\)

\(P(1)=\left(m^2+1\right)-2 m^2-4+\left(m^2+1\right)=2 m^2+2-2 m^2-4=-2<0 . \)

\(P(2)=8\left(m^2+1\right)-8 m^2-8+\left(m^2+1\right)=m^2+1>0\)

Áp dụng định lí giá trị trung gian (Bolzano):

Vì \(\lim _{x \rightarrow-\infty} P(x)=-\infty\) và \(P(0)>0\) nên tồn tại \(x_1 \in(-\infty, 0)\) sao cho \(P\left(x_1\right)=0\).

Vì \(P(0)>0\) và \(P(1)<0\) nên tồn tại \(x_2 \in(0,1)\) sao cho \(P\left(x_2\right)=0\).

Vì \(P(1)<0\) và \(P(2)>0\) nên tồn tại \(x_3 \in(1,2)\) sao cho \(P\left(x_3\right)=0\).

Ba khoảng \((-\infty, 0),(0,1),(1,2)\) rời nhau nên \(x_1, x_2, x_3\) phân biệt.

Phương trình đã cho luôn có 3 nghiệm thực phân biệt với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Vì mỗi chuyến chở ít nhất 15 người, do đó nếu có 3 chuyến xe thì số người ít nhất cần có là 45 người. Mà đoàn khách chỉ gồm 40 người và mỗi chuyến chở không quá 29 khách nên số chuyến xe chở đoàn khách du lịch về khách sạn là 2 chuyến.

Gọi \(x\) là số người được chở trên chuyến đầu tiên (đơn vị: người, ĐK: \(15 \leq x \leq 29\)), \(40-x\) là số người được chở trên chuyến thứ hai (ĐK: \(15 \leq 40- x \leq 29\) hay \(11 \leq x \leq 25\).

Kết hợp 2 điều kiện trên ta được \(15 \leq x \leq 25\)

Chuyến thứ nhất chở \(x\) khách nên số tiền phải trả cho chuyến thứ nhất là

\(C_1=\dfrac{x(100-x)^2}{40}\) (nghìn đồng)

Chuyến thứ hai chở \((40-x)\) khách nên số tiền phải trả cho chuyến thứ hai là

\(C_2=\dfrac{(40-x)(100-(40-x))^2}{40}\) (nghìn đồng)

Tổng số tiền phải trả cho xe khách là

\(C(x)=C_1+C_2=\dfrac{x(100-x)^2}{40}+\dfrac{(40-x)(60+x)^2}{40}\)

Xét \(C^{\prime}(x)=0 \Rightarrow x=20\).

Ta có \(C(15)=C(25)=6225\); \(C(20)=6400\).

Vậy chi phí ít nhất phải trả cho xe khách là 6225 (nghìn đồng).

Xét mô hình như hình trên.

Gọi độ dài cạnh đáy của kim tự tháp là \(x\), độ dài trung đoạn là \(y(x>0, y>0)\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(\mathrm{BC}, O\) là tâm của mặt đáy

Khi đó \(C D=x, S M=y, \tan \angle S M O=\dfrac{9}{5}\)

Tổng diện tích của mặt đáy và các mặt bên là

\(S=x^2+\dfrac{1}{2} x y .4=x^2+2 x y\)

Theo giả thiết \(x^2+2 x y=80300\) (1)

Ta có: \(O M=\dfrac{1}{2} C D=\dfrac{x}{2}\)

Suy ra \(S O=\sqrt{S M^2-O M^2}=\sqrt{y^2-\dfrac{x^2}{4}}\)

Vì \(\tan \angle S M O=\dfrac{9}{5}\) nên \(S O=O M \tan \angle S M O \)

\(\Rightarrow \sqrt{y^2-\dfrac{x^2}{4}}=\dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{9}{5} \Rightarrow y^2-\dfrac{x^2}{4}=\dfrac{81 x^2}{100} \)

\(\Rightarrow y^2=\dfrac{53 x^2}{50} \Rightarrow y=x \sqrt{\dfrac{53}{50}}(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(x \approx 162\)

Chiều cao của kim tự tháp là

\(S O=O M \tan \angle S M O=\dfrac{162}{2} \cdot \dfrac{9}{5}=145,8 \approx 146(\mathrm{~m})\)

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác ABC .

\(\overrightarrow{M A}+2 \overrightarrow{M B}-\overrightarrow{C M}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{M B}=3 \overrightarrow{M G}+\overrightarrow{M B}\)

Nên \(|\overrightarrow{M A}+2 \overrightarrow{M B}-\overrightarrow{C M}|=|3 \overrightarrow{M G}+\overrightarrow{M B}|=|3 \overrightarrow{M N}+\overrightarrow{M N}+3 \overrightarrow{N G}+\overrightarrow{N B}|\)

Gọi \(N\) là điểm thỏa \(3 \overrightarrow{N G}+\overrightarrow{N B}=\overrightarrow{0}\) nên \(|3 \overrightarrow{M G}+\overrightarrow{M B}|=|4 \overrightarrow{M N}|\).

Để \(|\overrightarrow{M A}+2 \overrightarrow{M B}-\overrightarrow{C M}|\) đạt giá trị nhỏ nhất thì \(|4 \overrightarrow{M N}|\) đạt giá trị nhỏ nhất hay \(M\) là hình chiếu của \(N\) lên mặt phẳng \((O y z)\).

Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: \(G\left(\dfrac{4}{3} ; 2 ; 1\right)\).

\(3 \overrightarrow{N G}+\overrightarrow{N B}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 3\left(x_G-x_N\right)+\left(x_B-x_N\right)=0 \\ 3\left(y_G-y_N\right)+\left(y_B-y_N\right)=0 \\ 3\left(z_G-z_N\right)+\left(z_B-z_N\right)=0 \end{array}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l } { x _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 x _ { G } + x _ { B } ) } \\ { y _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 y _ { G } + y _ { B } ) } \\ { z _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 z _ { G } + z _ { B } ) } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { x _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 \cdot \dfrac { 4 } { 3 } + 2 ) } \\{ y _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 \cdot 2 - 1 ) } \\ { z _ { N } = \dfrac { 1 } { 4 } ( 3 \cdot 1 + 3 ) } \end{array} \right.\right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_N=\dfrac{3}{2} \\ y_N=\dfrac{5}{4} \\ z_N=\dfrac{3}{2} \end{array} \right.\)

Nên \(N\left(\dfrac{3}{2} ; \dfrac{5}{4} ; \dfrac{3}{2}\right)\)

Vậy tọa độ điểm \(M\left(0 ; \dfrac{5}{4} ; \dfrac{3}{2}\right)\). Suy ra \(a+b+c=\dfrac{11}{4}\).

Ta có \(y^{\prime}=-x^2+2(m-1)x+m+3\).

Xét phương trình \(y^{\prime}=0\) có \(\Delta^{\prime}=(m-1)^2+m+3=m^2-m+4>0, \forall m \in \mathbb{R}\).

Suy ra phương trình \(y^{\prime}=0\) luôn có hai nghiệm \(x_1<x_2\) với mọi \(m\).

Để hàm số đồng biến trên \((0 ; 3) \Leftrightarrow\) phương trình \(y^{\prime}=0\) có hai nghiệm \(x_1 \leq 0<3 \leq x_2\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array} { l l } { - y ^ { \prime } (0)} \leq 0  \\ { - y ^ { \prime}(3) \leq 0 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { m + 3 \geq 0 } \\{ - 9 + 6 m - 6 + m + 3 \geq 0 } \end{array} \right.\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}m \geq-3 \\ m \geq \dfrac{12}{7}\end{array} \right.\Leftrightarrow m \geq \dfrac{12}{7}\).

Ta có cỡ mẫu là \(n=18\), bảng tần số tích lũy của mẫu số liệu như sau

Có \(\dfrac{n}{4}=4,5\) nên nhóm chứa \(Q_1\) là nhóm \([20 ; 25)\), suy ra \(Q_1=20+\dfrac{4,5-0}{6} \cdot 5=23,75\).

\(\dfrac{3 n}{4}=13,5\) nên nhóm chứa \(Q_3\) là nhóm \([30 ; 35)\), suy ra \(Q_3=30+\dfrac{13,5-12}{4} \cdot 5=31,875\).

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là \(\Delta_Q=31,875-23,75=8,125\).

Đồ thị hàm vận tốc đi qua các điểm \((0 ; 10)\) và \((1 ; 0)\) nên ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l}a \cos 0+b=10 \\ a\cos \pi+b=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=10 \\ -a+b=0\end{array} \right.\right.\)

\(\Leftrightarrow a=b=5\).

Vậy \(v(t)=5 \cos (\pi t)+5\).

Ta có \(S(t)=\int v(t) d t=\int(5 \cos (\pi t)+5) d t=\dfrac{5 \sin (\pi t)}{\pi}+5 t+C\).

Do \(S(0)=0 \Leftrightarrow \dfrac{5 \sin (\pi \cdot 0)}{\pi}+5 \cdot 0+C=0\)

\(\Leftrightarrow C=0 \Rightarrow S(t)=\dfrac{5 \sin (\pi t)}{\pi}+5 t\).

Quãng đường mà vật đi được sau 6 giây là \(S(6)=30\) mét.

Ta có

\((x+2) f(x)+(x+1) f^{\prime}(x)=e^x\)

\(\Leftrightarrow(x+1) f(x)+f(x)+(x+1) f^{\prime}(x)=e^x \)

\(\Leftrightarrow[(x+1) f(x)]+[(x+1) f(x)]^{\prime}=e^x\)

\(\Leftrightarrow e^x[(x+1) f(x)]+e^x[(x+1) f(x)]^{\prime}=e^{2 x} \)

\(\Leftrightarrow\left[e^x(x+1) f(x)\right]^{\prime}=e^{2 x} \Rightarrow \int\left[e^x(x+1) f(x)\right]^{\prime} dx=\int e^{2 x} dx\)

\(\Leftrightarrow e^x(x+1) f(x)=\dfrac{1}{2} e^{2 x}+C\)

Mà \(f(0)=\dfrac{1}{2} \Rightarrow C=0\).

Vậy \(f(x)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\mathrm{e}^x}{x+1}\)

Khi đó \(f(2)=\dfrac{\mathrm{e}^2}{6}\).

Gọi \([D, S C, A]=((S C D),(S A C))=\alpha\)

Vì \(C D \perp(S A D)\) nên kẻ \(A H \perp S D \Rightarrow A H \perp(S C D)\)

Do đó hình chiếu của \(\triangle S A C\) xuống \((S C D)\) là \(\triangle H S C\)

Gọi \([D, S C, A]=((S C D),(S A C))=\alpha\)

Vì \(C D \perp(S A D)\) nên kẻ \(A H \perp S D \Rightarrow A H \perp(S C D)\)

⇒ Hình chiếu của \(\triangle S A C\) xuống \((S C D)\) là \(\triangle H S C\)

\(\Rightarrow S_{H S C}=S_{S A C} \cdot \cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha=\dfrac{S_{H S C}}{S_{S A C}} \)

\(S_{S A C}=\dfrac{1}{2} S A \cdot A C=\dfrac{1}{2} \cdot 3 a \cdot 2 \sqrt{2} a=3 \sqrt{2} a^2 \)

\(S H=\dfrac{S A^2}{S D}=\dfrac{9 a^2}{\sqrt{13} a}=\dfrac{9 a}{\sqrt{13}} \Rightarrow H D=S D-S H=\sqrt{13} a-\dfrac{9 a}{\sqrt{13}}=\dfrac{4 a}{\sqrt{13}} \)

\(\Rightarrow H C=\sqrt{H D^2+D C^2}=\dfrac{2 \sqrt{221}a}{13}\)

Ta có \(p=\dfrac{S H+H C+S C}{2}\)

\(\Rightarrow S_{H S C}=\sqrt{p(p-S H)(p-S C)(p-H C)}=\dfrac{9}{\sqrt{13}} a^2\)

\(\Rightarrow \cos \alpha=\dfrac{S_{H S C}}{S_{S A C}}=\dfrac{3}{\sqrt{26}} \Rightarrow \alpha \approx 54^{\circ}\)

Đặt \(t=\cos x\).

Trên \(\left[-\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{3}\right]\) ta có \(t \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\).

Ta có:

\(f(x)=2 \cos ^3 x-\cos 2 x=2 \cos ^3 x-\left(2 \cos ^2 x-1\right)\)

\(=2 t^3-\left(2 t^2-1\right)=2 t^3-2 t^2+1=g(t)\)

Xét \(g(t)\) trên \(\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\) :

\(g^{\prime}(t)=6 t^2-4 t=2 t(3 t-2)\)

Suy ra \(g^{\prime}(t)=0\) khi \(t=0\) hoặc \(t=\dfrac{2}{3}\).

Vì \(t \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\) nên \(t=\dfrac{2}{3}\).

\(g\left(\dfrac{1}{2}\right)=2\left(\dfrac{1}{2}\right)^3-2\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+1=\dfrac{3}{4} \)

\(g\left(\dfrac{2}{3}\right)=2\left(\dfrac{2}{3}\right)^3-2\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+1=\dfrac{19}{27} \)

\(g(1)=1\)

Do đó giá trị nhỏ nhất là \(\min g=\dfrac{19}{27}\), đạt tại \(t=\dfrac{2}{3}\) (tức là \(\cos x=\dfrac{2}{3}\) ).

Suy ra \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{19}{27}\) tối giản, nên \(a=19, b=27\).

Khi đó: \(P=a \cdot b=19 \cdot 27=513\).

Từ hình, khi \(x \rightarrow+\infty\) thì \(y \rightarrow-\infty\), còn khi \(x \rightarrow-\infty\) thì \(y \rightarrow+\infty\). Do đó hệ số bậc ba âm, chỉ còn các phương án B hoặc D.

Đồ thị đạt cực đại đúng tại \(x=1\) trên trục hoành nên \(y(1)=0\) và \(y^{\prime}(1)=0\).

- Với B: \(y=-x^3+x^2+2 x-1\). Tính \(y(1)=-1+1+2-1=1 \neq 0\) (loại).

- Với D: \(y=-x^3+x^2+x-1\). Ta có \(y(1)=-1+1+1-1=0\) và \(y^{\prime}=-3 x^2+2 x+1\), nên \(y^{\prime}(1)=-3+2+1=0\). Hơn nữa \(y^{\prime \prime}=-6 x+2, y^{\prime \prime}(1)=-4<0\) nên \(x=1\) là cực đại, đúng như hình.

Tại \(x=0, y(0)=-1<0\), phù hợp giao điểm với trục \(O y\) dưới trục Ox.

Đặt \(t=3^x>0\), phương trình trở thành \(t^2-2 m t+2 m+3=0\).

Để có hai nghiệm dương phân biệt cần \(\Delta=(-2 m)^2-4(2 m+3)=4\left(m^2-2 m-3\right)>0\) và

\(S=2 m>0, P=2 m+3>0\)

Từ đó suy ra \(m>3\).

Theo Vi-ét, \(t_1 t_2=2 m+3\).

Lại có \(t_1 t_2=3^{x_1+x_2}=3^3=27\) nên \(2 m+3=27 \Rightarrow m=12\) thỏa mãn \(m>3\).

Ta có \(y^{\prime}=6 x^2-6(m+1)x+6 m, y^{\prime}=0\)

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

Để hàm số có hai điểm cực trị \(\Leftrightarrow m \neq 1\).

Tọa độ các điểm cực trị là \(A (1 ; m^3+3 m-1)\) và \(B(m ; 3 m^2)\).

Suy ra \(A B^2=(m-1)^2+(m-1)^6\).

YCBT \(\Leftrightarrow A B^2=2 \Leftrightarrow (m-1)^6+(m-1)^2-2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[(m-1)^2\right]^3-1+\left[(m-1)^2-1\right]=0 \)

\(\Leftrightarrow (m-1)^2-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=2 \\m=0\end{array}\right.\)

Gọi số xoài ban đầu là \(x\), số xoài còn lại sau mỗi lần bán là \(u_n\) và số xoài ban đầu coi là \(u_0\).

Khi đó ta có quan hệ: \(u_{n+1}=\dfrac{1}{2} u_n-\dfrac{1}{2}\).

Đặt \(v_n=u_n+1\), khi đó: \(v_{n+1}=\dfrac{1}{2} v_n\).

Nên \(\left(v_n\right)\) là cấp số nhân với công bội \(q=\dfrac{1}{2}\).

Từ đề bài: Sau lần bán thứ 7, xoài còn 0 quả, tức \(u_7=0 \Rightarrow v_7=1\).

Ta có: \(v_7=v_0\left(\dfrac{1}{2}\right)^7 \Rightarrow v_0=v_7 \cdot 2^7=128\).

Số xoài bác nông dân thu được đầu mùa là: \(u_0=v_0-1=127\) quả.

Hàm số: $y = x^{3} - 3x^{2} + 2$

$\left. \Rightarrow y' = 3x^{2} - 6x. \right.$

Theo đề, hệ số góc $k = 3$

$\left. \Rightarrow 3x^{2} - 6x = 3\Rightarrow x^{2} - 2x - 1 = 0\Rightarrow x_{1} = 1 + \sqrt{2},\quad x_{2} = 1 - \sqrt{2}. \right.$

Tính các tung độ tương ứng:

$y_{1} = {(1 + \sqrt{2})}^{3} - 3{(1 + \sqrt{2})}^{2} + 2 = - \sqrt{2}$

$y_{2} = {(1 - \sqrt{2})}^{3} - 3{(1 - \sqrt{2})}^{2} + 2 = \sqrt{2}$

Vậy hai tiếp tuyến cần tìm là:

$\left\{ \begin{array}{l} {y = 3(x - (1 + \sqrt{2})) - \sqrt{2} = 3x - 3 - 4\sqrt{2},} \\ {y = 3(x - (1 - \sqrt{2})) + \sqrt{2} = 3x - 3 + 4\sqrt{2}.} \end{array} \right.$

$\Delta_{1}:y = 3x - 3 - 4\sqrt{2},\Delta_{2}:y = 3x - 3 + 4\sqrt{2}.$

Vận tốc của An: $v_{A} = \dfrac{1}{10}$ (vòng/phút)

Vận tốc của Bình: $v_{B} = \dfrac{1}{12}$ (vòng/phút)

Vận tốc khi chạy ngược chiều của cả hai bạn là:
$v = v_{A} + v_{B} = \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{6 + 5}{60} = \dfrac{11}{60}$

Thời gian để gặp nhau một lần:
$t = \dfrac{1}{v} = \dfrac{1}{11/60} = \dfrac{60}{11}$

Số lần gặp nhau trong 60 phút:
$\dfrac{60}{60/11} = 11$

Gọi phương trình quỹ đạo là $h = at^{2} + bt + c$.
Từ giả thiết, parabol đi qua các điểm:
$(0;1,5)$, $(1;9,2)$, $(2;5,4)$.

Từ đó ta có hệ:

$\left\{ \begin{array}{l} {c = 1,5} \\ {a + b + c = 9,2} \\ {4a + 2b + c = 5,4} \end{array} \right.$

Từ đó: $a = - 5,75; $ $b = 13,45$; $c = 1,5$

Vậy phương trình quỹ đạo:

$h = - 5,75t^{2} + 13,45t + 1,5$

Giải phương trình $h = - 5,75t^{2} + 13,45t + 1,5 = 0$ ta được nghiệm dương:

$t \approx 2,45$ giây.

- Bán kính của mặt cầu tâm $I$ là $R = IA = \dfrac{110}{2} = 55$ m.

- Ta có $\left. OA = OI + IA\Rightarrow OI = OA - IA = 85 - 55 = 30 \right.$ m.

Vì $I \in Oz$ nên toạ độ điểm $I(0;{\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} 30)$.

- Phương trình mặt cầu tâm $I(0;{\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} 30)$ có bán kính $R = 55$ m là $x^{2} + y^{2} + {(z - 30)}^{2} = 55^{2}.$

Khi đó, $a = 0$, $b = 0$, $c = 30$ và $R = 55$.

Do vậy, $a + b + c - R = - 25$.

Vì $F(x)$ là một nguyên hàm của hàm số $f(x)$ nên $F'(x) = f(x),\forall x \in {\mathbb{R}}$.

Khi đó $3mx^{2} + 2(3m + n)x - 4 = 3x^{2} + 10x - 4,\forall x \in {\mathbb{R}}$

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} \begin{array}{l} {3m = 3} \\ {2(3m + n) = 10} \end{array} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} \begin{array}{l} {m = 1} \\ {n = 2.} \end{array} \end{array} \right. \right.$

Vậy $m + n = 3$.

Xét một đáy của thùng đựng dầu và gán hệ trục như hình vẽ.
Phương trình đường elip đáy khi đó có phương trình $\dfrac{x^{2}}{0,5^{2}} + \dfrac{y^{2}}{0,4^{2}} = 1$.

Khi đó chiều cao mép dầu trong thùng trùng với đường thẳng $y = 0,2$.

Xét phương trình $\left. 0,4\sqrt{1 - \dfrac{x^{2}}{0,5^{2}}} = 0,2\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{\sqrt{3}}{4} \right.$.

Diện tích phần mặt chứa dầu là $S = 0,5 \times 0,4 \times \pi - {\int_{- \frac{\sqrt{3}}{4}}^{\frac{\sqrt{3}}{4}}\left( {0,4\sqrt{1 - \dfrac{x^{2}}{0,5^{2}}} - 0,2} \right)}dx \approx 0,506$.

Do đó thể tích dầu trong thùng là $V = 3 \cdot S \approx 1,52\text{m}^{3}$.

Có $C_{10}^{5}$ cách chọn 5 đội tuyển từ 10 đội vào bảng A và có $C_{5}^{5}$ cách chọn 5 đội tuyển còn lại vào bảng B. Do đó $n(\Omega) = C_{10}^{5} \cdot C_{5}^{5} = 252$. Gọi M là biến cố cần tính xác suất.

Hai đội tuyển Việt Nam và Malaysia cùng chung 1 bảng. Có $C_{8}^{3}$ cách chọn 3 đội tuyển từ 8 đội tuyển vào bảng này và có $C_{5}^{5}$ cách chọn 5 đội tuyển còn lại vào bảng còn lại.

Có 2 cách lựa chọn cho hai đội tuyển Việt Nam và Malaysia chung 1 bảng.

Suy ra $n(M) = 2.C_{8}^{3}.C_{5}^{5} = 112$.

Vậy xác suất cần tính là $P(M) = \dfrac{n(M)}{n(\Omega)} = \dfrac{112}{252} = \dfrac{4}{9}$.

Xét các biến cố: A là biến cố “Chọn được học sinh thích môn Tin học” và B là biến cố “Chọn được học sinh thích môn Tiếng Anh”.

Khi đó, $P(A) = \dfrac{15}{37}$; $P(B) = \dfrac{20}{37}$; $P(A \cup B) = 1 - \dfrac{10}{37} = \dfrac{27}{37}$.

Suy ra $P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = \dfrac{15}{37} + \dfrac{20}{37} - \dfrac{27}{37} = \dfrac{8}{37}$.

Vậy xác suất chọn được học sinh thích môn Tin học, biết học sinh đó thích môn Tiếng Anh, là $\left. P(A | B) = \dfrac{P(A \cup B)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{8}{37}}{\dfrac{20}{37}} = \dfrac{8}{20} = \dfrac{2}{5} \right.$

Gọi $1,a,b$ là ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng nên:

$\left. a - 1 = b - a\Rightarrow 2a = 1 + b\Rightarrow b = 2a - 1 \right.$.

Vì $1,a^{2},b^{2}$ là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên:

$\left. {(a^{2})}^{2} = 1 \cdot b^{2}\Rightarrow a^{4} = b^{2} \right.$.

Thế $b = 2a - 1$ từ (1) vào (2):

$a^{4} = {(2a - 1)}^{2}$

$a^{4} = 4a^{2} - 4a + 1$

$a^{4} - 4a^{2} + 4a - 1 = 0$.

Giải phương trình thu được:

$a = 1$ hoặc $a = - 1 \pm \sqrt{2}$.

Tương ứng:

Với $a = 1$ thì $b = 1$.

Với $a = - 1 + \sqrt{2}$ thì $b = - 3 + 2\sqrt{2}$.

Với $a = - 1 - \sqrt{2}$ thì $b = - 3 - 2\sqrt{2}$.

Vậy các cặp $(a,b)$ là:

$(1,1)$, $\left( {- 1 + \sqrt{2}; - 3 + 2\sqrt{2}} \right)$, $\left( {- 1 - \sqrt{2}; - 3 - 2\sqrt{2}} \right)$.

Người ta xẻ khối đá thành $125$ khối đá nhỏ bằng nhau và cũng là hình lập phương do đó mỗi cạnh của khối lập phương được chia thành 5 đoạn bằng nhau. Ta bỏ đi các khối lập phương phía ngoài (hình vẽ).

Có $3^{3} = 27$khối lập phương không có mặt nào bị sơn đen.

TXĐ: $\text{D} = {\mathbb{R}}\backslash\left\{ {- m} \right\}$. Đạo hàm $y' = \dfrac{x^{2} + 2mx + m^{2} - 1}{\left( {x + m} \right)^{2}}.$

Hàm số đạt cực đại tại $\left. x = 2\Rightarrow y'(2) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {m = - 1} \\ {m = - 3} \end{array} \right.. \right.$

Thử lại với $m = - 1$ thì hàm số đạt cực tiểu tại $x = 2$: không thỏa mãn.

Thử lại với $m = - 3$ thì hàm số đạt cực đại tại $x = 2$: thỏa mãn.

Đồ thị hàm số $y = \dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x + 2}$ có tiệm cận đứng là đường thẳng $c:x = - 2$, có $\overset{\rightarrow}{n_{c}} = \left( {1;0} \right)$

$\begin{array}{l} {a = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{\dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x + 2}}{x} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x\left( {x + 2} \right)} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x^{2} + 2x} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{- 1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x^{2}}}{1 + \dfrac{2}{x}} = - 1,} \\ {b = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {\dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x + 2} - \left( {- 1} \right)x} \right\rbrack = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack \dfrac{- x^{2} + 3x + 1 + x^{2} + 2x}{x + 2} \right\rbrack = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{5x}{x + 2} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{5}{1 + \dfrac{2}{x}} = 5} \end{array}$

nên đồ thị hàm số $y = \dfrac{- x^{2} + 3x + 1}{x + 2}$ có tiệm cận xiên là đường thẳng $\left. d:y = - x + 5\Leftrightarrow x + y - 5 = 0 \right.$, có $\overset{\rightarrow}{n_{d}} = \left( {1;1} \right)$.

Ta có $\cos\left( {c,d} \right) = \dfrac{\left| {\overset{\rightarrow}{n_{c}}.\overset{\rightarrow}{n_{d}}} \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{n_{c}} \right|.\left| \overset{\rightarrow}{n_{d}} \right|} = \dfrac{\left| {1.1 + 0.1} \right|}{\sqrt{1^{2} + 0^{2}}.\sqrt{1^{2} + 1^{2}}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Vậy $cosin$ góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho là $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{SA} = \left( {0; - 2;1} \right)$; $\overset{\rightarrow}{SB} = \left( {- 1;0;1} \right)$; $\overset{\rightarrow}{SC} = \left( {1;1;1} \right)$.

Gọi các lực căng dây trên $SA,SB,SC$ lần lượt là $\overset{\rightarrow}{T_{SA}};\overset{\rightarrow}{T_{SB}};\overset{\rightarrow}{T_{SC}}$.

Vì $\overset{\rightarrow}{T_{SA}}$ lần lượt cùng phương với $\overset{\rightarrow}{SA}$ nên ta có $\overset{\rightarrow}{T_{SA}} = x\overset{\rightarrow}{SA}$.

Vì $\overset{\rightarrow}{T_{SB}}$ lần lượt cùng phương với $\overset{\rightarrow}{SB}$ nên ta có $\overset{\rightarrow}{T_{SB}} = y\overset{\rightarrow}{SB}$.

Vì $\overset{\rightarrow}{T_{SC}}$ lần lượt cùng phương với $\overset{\rightarrow}{SC}$ nên ta có $\overset{\rightarrow}{T_{SC}} = z\overset{\rightarrow}{SC}$.

Gọi trọng lực tác dụng lên vật treo là $\overset{\rightarrow}{P}$. Ta có $\left. \left| \overset{\rightarrow}{P} \right| = 200\Rightarrow\overset{\rightarrow}{P} = \left( {0;0; - 200} \right) \right.$ (do $\overset{\rightarrow}{P}$ ngược hướng với $\overset{\rightarrow}{k}$)

Để hệ vật cân bằng thì $\left. \overset{\rightarrow}{T_{SA}} + \overset{\rightarrow}{T_{SB}} + \overset{\rightarrow}{T_{SC}} + \overset{\rightarrow}{P} = \overset{\rightarrow}{0}\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{T_{SA}} + \overset{\rightarrow}{T_{SB}} + \overset{\rightarrow}{T_{SC}} = - \overset{\rightarrow}{P} \right.$

Suy ra $\left. \left\{ \begin{array}{l} {0.x - y + z = 0} \\ {- 2x + 0y + z = 0} \\ {x + y + z = - \left( {- 200} \right)} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {0.x - y + z = 0} \\ {- 2x + 0y + z = 0} \\ {x + y + z = 200} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {x = 40} \\ {y = 80} \\ {z = 80} \end{array} \right. \right.$.

Do đó $\overset{\rightarrow}{T_{SA}} = x\overset{\rightarrow}{SA} = \left( {0; - 80;40} \right)$.

Vậy độ lớn lực căng dây trên dây $SA$ là $\left| \overset{\rightarrow}{T_{SA}} \right| = \sqrt{0^{2} + \left( {- 80} \right)^{2} + 40^{2}} = 40\sqrt{5}$ N.

Mặt phẳng $(P):2x - 3y + z - 1 = 0$ có một vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n_{P}} = \left( {2; - 3;1} \right)$.

Đường thẳng $\Delta:\dfrac{x - 1}{2} = \dfrac{y - 1}{1} = \dfrac{z - 2}{1}$ có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}} = \left( {2;1;1} \right)$.

Đường thẳng d song song với mặt phẳng $(P)$ và vuông góc với đường thẳng $\Delta$ nên $\left\{ \begin{array}{l} {\overset{\rightarrow}{u_{d}}\bot\overset{\rightarrow}{n_{P}}} \\ {\overset{\rightarrow}{u_{d}}\bot\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}}} \end{array} \right.$.

Do đó, $\overset{\rightarrow}{u_{d}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{n_{P}},\overset{\rightarrow}{u_{\Delta}}} \right\rbrack = \left( {- 4;0;8} \right)$ là một vectơ chỉ phương của d. Chọn $\overset{\rightarrow}{u_{d}} = \left( {1;0; - 2} \right)$.

Vậy phương trình tham số của đường thẳng $d$ đi qua điểm $A\left( {1;2; - 1} \right)$ thỏa yêu cầu bài toán là:

$\left\{ \begin{array}{l} {x = 1 + t} \\ {y = 2} \\ {z = - 1 - 2t} \end{array} \right.\,\,\left( {t \in {\mathbb{R}}} \right)$.

Số cách chọn ngẫu nhiên ra 1 tấm thẻ từ hộp là $n\left( {\Omega\ } \right) = 100$ (cách).

Số ghi trên tấm thẻ được lấy ra vừa chia hết cho $2$, vừa chia hết cho $3$ nên số đó chia hết cho $6$

Ta thấy tập các số tự nhiên từ $1$ đến $100$ chia hết cho 6 là $X = \left\{ {6;12;....;96} \right\}$. 

Gọi $A$ là biến cố “số ghi trên tấm thẻ được lấy ra chia hết cho $6$”.

Ta có $n(A) = \dfrac{96 - 6}{6} + 1 = 16$.

Xác suất để số ghi trên tấm thẻ được lấy ra vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 3 là: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n\left( {\Omega\ } \right)} = \dfrac{16}{100} = \dfrac{4}{25}$

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Vậy $AH\bot BC$

Vì lăng trụ có đáy là tam giác đều nên các mặt bên bằng nhau từ đó đường chéo của hai mặt bằng nhau: $A'B = A'C$. Tam giác $A'BC$ cân tại $A'$. Nên $A'H\bot BC$.

Khi đó góc giữa mặt phẳng $\left( {A'BC} \right)$ và đáy là $\widehat{AHA'} = 45{^\circ}$ và $AH = \dfrac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}$.

Suy ra $AA' = AH.\tan 45{^\circ} = a\sqrt{3}$.

Diện tích đáy hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ là: $S = S_{ABC} = \dfrac{\left( {2a} \right)^{2}\sqrt{3}}{4} = a^{2}\sqrt{3}$.

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: $V = S.h = a^{2}\sqrt{3}.a\sqrt{3} = 3a^{3}$.

Diện tích hình (H) là $S_{{}_{(H)}} = {\int\limits_{0}^{4}\left| \sqrt{x} \right|}\, dx = \dfrac{16}{3}$.

Diện tích $S_{1}$ là $S_{{}_{1}} = {\int\limits_{0}^{k}\left| \sqrt{x} \right|}\, dx = \dfrac{2}{3}{\sqrt{x}}^{3}\left| \begin{array}{l} k \\ 0 \end{array} \right. = \dfrac{2}{3}{\sqrt{k}}^{3}$

Để $S_{1} = 3S_{2}$ thì $S_{1} = \dfrac{3}{4}S_{(H)} = \dfrac{3}{4}.\dfrac{16}{3} = 4$.

Do đó $\left. \dfrac{2}{3}{\sqrt{k}}^{3} = 4\Rightarrow k = \sqrt[3]{36} \right.$.

Vậy $T = k^{3} - 6 = 36 - 6 = 30$.

- Số tiền cả vốn lẫn lãi người gửi có sau $n$ tháng là $S = 100{(1 + 0,005)}^{n} = 100.1,005^{n}$ (triệu đồng) $\left. \Rightarrow 1,005^{n} = \dfrac{S}{100}\Rightarrow n = \log_{1,005}\dfrac{S}{100} \right.$.

- Để có số tiền $S = 125$ (triệu đồng) thì phải sau thời gian

$n = \log_{1,005}\dfrac{S}{100} = \log_{1,005}\dfrac{125}{100} \approx 44,74$(tháng)

- Vậy sau ít nhất $45$ tháng người đó có nhiều hơn $125$ triệu đồng.

Gọi $A$ là biến cố “An lấy được viên bi màu xanh”

Khi đó $\overline{A}$ là biến cố “An lấy được viên bi màu đỏ”

Gọi $B$ là biến cố “tất cả các viên bi được hai bạn chọn ra đều có đủ hai màu”

Trường hợp 1: An lấy được viên bi xanh

Khi đó hộp còn 9 viên bi xanh và 5 viên bi đỏ

Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:

- Bình lấy 2 viên bi đỏ

- Bình lấy 1 viên bi đỏ và 1 bi xanh

Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là

$P\left( B \middle| A \right) = \dfrac{C_{5}^{2} + C_{9}^{1}.C_{5}^{1}}{C_{14}^{2}} = \dfrac{55}{91}$

Trường hợp 2: An lấy được viên bi đỏ

Khi đó hộp còn 10 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ

Để có đủ 2 màu thì có các trường hợp là:

- Bình lấy 3 viên bi xanh

- Bình lấy 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ

- Bình lấy 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ

Xác suất để tất cả viên bi hai bạn lấy ra có đủ 2 màu là

$P\left( B \middle| \overline{A} \right) = \dfrac{C_{10}^{3} + C_{10}^{2}.C_{4}^{1} + C_{10}^{1}.C_{4}^{2}}{C_{14}^{3}} = \dfrac{90}{91}$

Ta có:

$\begin{array}{l} {P(B) = P\left( \overline{A} \right).P\left( B \middle| \overline{A} \right) + P(A).P\left( B \middle| A \right)} \\ {= \dfrac{1}{3}.\dfrac{90}{91} + \dfrac{2}{3}.\dfrac{55}{91} = \dfrac{200}{273}} \end{array}$

Lại có: $P\left( A \middle| B \right) = \dfrac{P\left( B \middle| A \right).P(A)}{P(B)} = \dfrac{\dfrac{55}{91}.\dfrac{2}{3}}{\dfrac{200}{273}} = \dfrac{11}{20}$

Gọi $A$ là lượng bèo ban đầu , để phủ kín mặt hồ thì lượng bèo là $\dfrac{100}{4}A$

Sau $1$ tuần số lượng bèo là $3A$$\Rightarrow$ Sau $n$ tuần số lượng bèo là $3^{n}.A$

Để lượng bèo phủ kín mặt hồ thì : $\left. 3^{n}A = \dfrac{100}{4}A\Rightarrow n = \log_{3}\dfrac{100}{4} = \log_{3}25 \right.$ (tuần)

Thời gian để bèo phủ kín mặt hồ là : $t = 7\log_{3}25$ (ngày).

Vì An chắc chắn giải đúng 10 câu nên chắc chắn An đã được 5 điểm

Để An được 8 điểm thì An cần làm đúng thêm 6 câu nữa

Chọn 6 câu trong số 10 câu còn lại có $C_{10}^{6}$ cách

Mỗi câu có 4 phương án trả lời nên xác suất đúng 1 câu là $0,25$, xác suất sai 1 câu là $0,75$

Vậy xác suất để An được 8 điểm là $C_{10}^{6}.0,25^{6}.0,75^{4} \approx 0,016$

Gọi $H$ là biến cố: "Để một khách ở phòng điều hòa bị hỏng"

Gọi A, B, C lần lượt là các biến cố "Khách nghỉ tại ba khách sạn A, B, C”

Ta có:

$P(A) = 20\% = 0,2,P(B) = 50\% = 0,5,P(C) = 30\% = 0,3,P(H \mid A) = 5\% = 0,05$,

$P(H \mid B) = 4\% = 0,04,P(H \mid C) = 8\% = 0,08$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$P(H) = P(H \mid A) \cdot P(A) + P(H \mid B) \cdot P(B) + P(H \mid C) \cdot P(C)$

$= 0,05.0,2 + 0,04.0,5 + 0,08.0,3 = \dfrac{27}{500}$

Gọi A là biến cố “Bệnh nhân bị bỏng nhiệt”.
B là biến cố “Bệnh nhân bị biến chứng”.

Khi đó
$\left\{ \begin{array}{l} \begin{array}{l} {P(A) = 70\% = 0,7\mspace{6mu}} \\ {P(\overline{A}) = 1 - 0,7 = 0,3\mspace{6mu}} \\ \left. P(B| A) = 30\% = 0,3\mspace{6mu} \right. \\ \left. P(B| \overline{A}) = 50\% = 0,5. \right. \end{array} \end{array} \right.$

Áp dụng công thức Bayes

$\left. P(A| B) = \dfrac{\left. P(A) \cdot P(B| A) \right.}{\left. P(A) \cdot P(B| A) + P(\overline{A}) \cdot P(B| \overline{A}) \right.} = \dfrac{0,7 \cdot 0,3}{0,7 \cdot 0,3 + 0,3 \cdot 0,5} = \dfrac{7}{12}. \right.$

Gọi $\theta$ là góc nhìn của người quan sát, $\beta$là góc nghiêng của tia sáng truyền từ mép dưới bức ảnh tới mắt so với mặt đất, $\alpha = \theta + \beta$là góc nghiêng của tia sáng truyền từ mép trên bức ảnh tới so với mặt đất.

Khi đó: $\cot\theta = \cot\left( {\alpha - \beta} \right) = \dfrac{1 + \cot\alpha.\cot\beta}{\cot\beta - \cot\alpha} = \dfrac{1 + \dfrac{x}{3}.\dfrac{x}{1}}{x - \dfrac{x}{3}} = \dfrac{x}{2} + \dfrac{3}{2x} \geq 2\sqrt{\dfrac{x}{2}.\dfrac{3}{2x}} = \sqrt{3}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = \sqrt{3}.$

Vectơ đơn vị trên trục Oy là $\overset{\rightarrow}{j} = \left( {0;1;0} \right)$. $\overset{\rightarrow}{OB} = \left( {- 4;2;3} \right)$.

Vectơ pháp tuyến của $(P)$ là $\overset{\rightarrow}{n_{P}} = \left\lbrack {\overset{\rightarrow}{j},\overset{\rightarrow}{OB}} \right\rbrack = \left( {3;0;4} \right)$.

Phương trình tổng quát của $(P)$ là $\left. 3\left( {x - 0} \right) + 0 + 4\left( {z - 0} \right) = 0\Leftrightarrow 3x + 4z = 0 \right.$.

Khoảng cách từ $A\left( {4; - 1;2} \right)$ đến mặt phẳng $(P)$ là $\dfrac{\left| {3.4 + 4.2} \right|}{\sqrt{3^{2} + 4^{2}}} = 4$.

Mặt cầu $(S):\left( {x - 1} \right)^{2} + \left( {y - 2} \right)^{2} + \left( {z - 3} \right)^{2} = 9$ có tâm $I\left( {1;2;3} \right)$ và bán kính $R = 3$.

Điểm $A\left( {0;0;2} \right)$ nằm bên trong mặt cầu $(S)$, vì $IA = \sqrt{\left( {0 - 1} \right)^{2} + \left( {0 - 2} \right)^{2} + \left( {2 - 3} \right)^{2}} = \sqrt{6} < R$.

Do đó, để mặt phẳng $(P)$ đi qua $A$ và cắt khối cầu $(S)$ theo thiết diện là một hình tròn có diện tích nhỏ nhất thì khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng $(P)$ phải lớn nhất $\left. \Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{AI}\bot(P)\Leftrightarrow\overset{\rightarrow}{n_{P}} = \overset{\rightarrow}{AI} \right.$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{AI} = \left( {1;2;1} \right)$. Vậy phương trình mặt phẳng $(P)$ qua $A\left( {0;0;2} \right)$ thỏa yêu cầu bài toán là:

$\left. 1\left( {x - 0} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 2} \right) = 0\Leftrightarrow x + 2y + z - 2 = 0 \right.$.

Do $A \in Oz,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} OA = 10$ nên $A\left( {0;0;10} \right)$

Tam giác BOH vuông tại $H$ có $\angle BOH = 30^{{^\circ}}$ nên

$OH = OB\cos \angle BOH = 15.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{15\sqrt 3 }}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)$

Mà $H \in Oy$ nên $H\left( {0;\dfrac{15\sqrt{3}}{2};0} \right)$

Tương tự $K\left( {\dfrac{15}{2};0;0} \right)$

Vì $B \in \left( {Oxy} \right)$ nên $B\left( {\dfrac{15}{2};\dfrac{15\sqrt{3}}{2};0} \right)$

Như vậy $AB\left( {\dfrac{15}{2};\dfrac{15\sqrt{3}}{2}; - 10} \right)$

Vậy $x + 2y - z = \dfrac{15}{2} + 15\sqrt{3}\text{~+}10 \approx 43,5$.

- Xét về nghĩa:

“Trắc ẩn” có thể hiểu là “lòng thương xót, động lòng trước nỗi đau, bất hạnh của người khác”, nghĩa thiên về cảm xúc thương xót, xúc động.

“Thương cảm” nghĩa là “cảm thấy xót thương, thương hại và cảm thông trước nỗi khổ của người khác; thường kèm hành động hay thái độ chia sẻ”.

“Đồng cảm” nghĩa là “cảm nhận và chia sẻ cảm xúc của người khác” (thông thường vì đã trải qua hoặc có thể đặt mình vào vị trí họ). Nghĩa thiên về chia sẻ cảm xúc, không nhất thiết là thương xót.

“Nhân ái” nghĩa là “phẩm chất đạo đức lớn, lòng thương người nói chung”, ít mang sắc thái cảm xúc tức thời.

“Thông cảm” nghĩa là “hiểu và khoan dung với điều người khác trải qua”; mang tính hiểu biết, tha thứ nhiều hơn là xúc động.

- Trong các đáp án trên, xét về nghĩa và sắc thái biểu cảm, từ “thương cảm” phù hợp hơn cả.

- Xét về nghĩa:

+ “Nhẫn nại” nghĩa là “khả năng chịu đựng, bền bỉ, không nản lòng khi đối diện với khó khăn, thử thách lâu dài.”

+ “Kiên trì” nghĩa là “sự theo đuổi mục tiêu đến cùng, không bỏ cuộc dù gian khổ.”

+ “Kiên định” nghĩa là “lập trường vững vàng, không thay đổi, không bị lung lay trước tác động bên ngoài.”

+ “Kiên cường” nghĩa là “ý chí mạnh mẽ, bất khuất, dũng cảm trước nghịch cảnh.”

- Trong các đáp án trên:

+ “Nhẫn nại, kiên trì, kiên cường”: Đều liên quan đến sức chịu đựng, ý chí chiến đấu với khó khăn, gắn với hành động, thực tiễn.

+ “Kiên định”: Cũng nói về phẩm chất ý chí, nhưng khác: nghiêng về giữ vững lập trường, quan điểm, thiên về tư tưởng, thái độ trong suy nghĩ hơn là hành động.

- 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.

- Các từ trên đều là từ ghép, nghĩa cơ bản đều khác nhau. Tuy nhiên, cả 4 từ đều có từ “diễn”.

- “Diễn” trong các từ “diễn ngôn, biểu diễn, diễn đạt” đều có nghĩa là trình bày, thể hiện ra bên ngoài:

+ “Diễn ngôn” nghĩa là “cách thức thể hiện, trình bày ngôn từ trong giao tiếp, diễn văn, văn bản… (một khái niệm của ngôn ngữ học – triết học)”

+ “Biểu diễn” nghĩa là “trình bày, thể hiện một hành động, tài năng, tiết mục nghệ thuật.”

+ “Diễn đạt” nghĩa là “trình bày, thể hiện ý nghĩ, cảm xúc bằng ngôn ngữ.”

- Còn “diễn” trong từ “diễn biến” lại có nghĩa là “sự phát triển, biến đổi” (“Diễn biến” nghĩa là “sự việc thay đổi, phát triển theo chiều hướng nào đó.”)

- Xét về nghĩa:

+ “Hèn nhát” nghĩa là “yếu đuối, thiếu dũng khí, dễ sợ hãi, không dám đối mặt khó khăn.”

+ “Can đảm” nghĩa là “dám đối diện, sẵn sàng vượt qua hiểm nguy, thử thách.”

+ “Bản lĩnh” nghĩa là “sự vững vàng về ý chí, năng lực, khả năng ứng xử; không dễ bị lung lay trước thử thách.”

+ “Dũng mãnh” nghĩa là “mạnh mẽ, dữ dội, có sức mạnh vượt trội.”

+ “Kiên cường” nghĩa là “bất khuất, không lùi bước trước gian khổ, thử thách.”

- Từ trái nghĩa với “hèn nhát” phải thể hiện sự dũng cảm, không sợ hãi.

+ Cả 4 từ trên đều thuộc nhóm từ chỉ sức mạnh, bản lĩnh, ý chí.

Tuy nhiên, “can đảm” mới là từ đối lập trực tiếp, hoàn toàn với hèn nhát vì cả hai đều cùng trường nghĩa “dũng khí trước hiểm nguy” nhưng khác cực:

Hèn nhát = thiếu dũng khí.

Can đảm = có dũng khí.

- 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.

Phân tích vị trí 1: “có thể ______ lòng tự trọng ở học sinh hơn cả điểm mười”

Từ cần thể hiện tác động tích cực về mặt cảm xúc, nhân cách, không phải năng lực học tập.

+ A. “củng cố” – loại: thiên về kỹ thuật, nghe cứng, thường dùng với kiến thức hoặc hệ thống.

+ C. “nâng cao” – loại: gần với thành tích hơn là cảm xúc – không sát với “lòng tự trọng”.

+ B. “khơi dậy” – giữ lại: gợi cảm giác đánh thức điều gì đó vốn có, rất hợp với “lòng tự trọng”.

+ D. “duy trì” – giữ lại: nghe nhẹ hơn, không có sắc thái khơi mở như “khơi dậy”, nhưng vẫn đúng.

→ Giữ lại B và D

Phân tích vị trí 2: “xây dựng một không khí ______”

Từ cần diễn tả môi trường học đường tích cực, tôn trọng sự khác biệt, tạo cảm giác an toàn cho học sinh.

+ D. “nghiêm túc” – loại: đúng về kỷ luật, nhưng không gợi sự an toàn và cảm xúc tích cực.

+ B. “bao dung” – giữ lại: gợi không khí ấm áp, thấu hiểu, rất phù hợp với bối cảnh giáo dục toàn diện.

- Phân tích vị trí 1: “phải ______ mô hình sản xuất để thích nghi”

Từ cần mang nghĩa thay đổi có chủ đích, linh hoạt để thích nghi với điều kiện khí hậu khắc nghiệt.

+ A. “cải tiến” – loại: thiên về nâng cấp kỹ thuật, không nhấn vào yếu tố “thích nghi”.

+ D. “mở rộng” – loại: không hợp – vấn đề là khí hậu thay đổi, không phải thiếu đất.

+ B. “xoay chuyển” – giữ lại: nhấn vào sự linh hoạt, phản ứng nhanh với tình huống mới.

+ C. “điều chỉnh” – giữ lại: mang tính thay đổi cục bộ, từ từ – cũng phù hợp trong bối cảnh canh tác.

→ Giữ lại B và C

- Phân tích vị trí 2: “đi kèm với ý thức ______ tài nguyên”

Ý nói rằng mọi giải pháp canh tác chỉ là tạm thời nếu thiếu thái độ đúng với tài nguyên thiên nhiên.

+ B. “sử dụng” – loại: trung tính, quá chung, không nhấn được yếu tố đạo đức, trách nhiệm.

+ C. “bảo vệ” – giữ lại: sát nghĩa – thể hiện ý thức giữ gìn, tránh khai thác quá mức.

Đáp án: C. điều chỉnh / bảo vệ

Phân tích vị trí 1: “cộng đồng đều phải ______ để bảo vệ sức khỏe chung”

Từ cần thể hiện tinh thần đồng lòng, chủ động cùng nhau hành động, không phải chỉ riêng ngành y.

+ A. “chung tay” – giữ lại: là từ thường dùng trong bối cảnh cộng đồng, mang nghĩa cùng góp sức.

+ D. “phối hợp” – giữ lại: thể hiện hành động cùng thực hiện nhiệm vụ, cũng phù hợp với bối cảnh dịch bệnh.

+ B. “gánh vác” – loại: thiên về cá nhân chịu trách nhiệm lớn, không sát nghĩa với “cộng đồng”.

+ C. “góp phần” – loại: quá nhẹ, không thể hiện rõ tinh thần chủ động hành động.

→ Giữ lại A và D

Phân tích vị trí 2: “có thể ______ sự nỗ lực của toàn xã hội”

Từ cần thể hiện hành vi gây tổn hại, làm suy yếu nỗ lực tập thể trong chống dịch.

+ D. “đe dọa” – loại: sắc thái mạnh, thường dùng với tính mạng, an ninh – không hợp với “sự nỗ lực”.

+ A. “phá vỡ” – giữ lại: dùng được với “nỗ lực”, mang nghĩa làm gián đoạn, làm tiêu tan kết quả cố gắng.

Đáp án: A. chung tay / phá vỡ

- Phân tích vị trí 1: “giao thông có thể ______, gây ảnh hưởng dây chuyền”

Ngữ cảnh cho thấy hệ thống giao thông không theo kịp tốc độ phát triển đô thị. Từ cần điền phải thể hiện mức độ nghiêm trọng rõ rệt, có thể kéo theo nhiều hệ lụy khác nhau.

+ B. sụp đổ – loại: quá mạnh, thường dùng cho hệ thống chính trị, kinh tế; không tự nhiên với giao thông.

+ C. quá tải – loại: đúng về hiện tượng, nhưng từ này mô tả tình trạng hiện có, chưa đủ mạnh để nói đến hậu quả lan rộng.

+ A. đình trệ – giữ lại: thể hiện tình trạng hoạt động bị chững lại, ảnh hưởng đến toàn hệ thống.

+ D. tắc nghẽn – giữ lại: là từ quen dùng với giao thông, thể hiện cụ thể và dễ hình dung, nhưng thiên về hiện tượng cục bộ hơn là hệ quả dài hạn.

→ Giữ lại A. đình trệ và D. tắc nghẽn

- Phân tích vị trí 2: “cần hướng tới việc ______ phương tiện cá nhân”

Câu nói về việc phải giảm dần sự phụ thuộc vào phương tiện cá nhân để cải thiện giao thông. Từ cần điền phải mang nghĩa điều chỉnh, thu hẹp, làm giảm một cách chủ động.

+ D. điều tiết – loại: thường dùng cho luồng giao thông hoặc thị trường, không sát nghĩa với “phương tiện cá nhân”.

+ A. kiểm soát – giữ lại: thể hiện chính sách chủ động can thiệp bằng luật, thuế, hoặc hạ tầng – rất sát với bối cảnh quản lý đô thị.

Đáp án: A. đình trệ / kiểm soát

- Phân tích loại trừ

+ Loại trừ A – “khởi sắc”: từ này thường dùng để chỉ sự cải thiện, tiến triển tốt đẹp sau thời gian trì trệ, phù hợp với ngữ cảnh phong trào trồng cây.

+ Loại trừ B – “bóng mát”: đúng nghĩa khi mô tả cây xanh trong đô thị.

+ Loại trừ D – “hiệu quả”: dùng đúng, chỉ kết quả đạt được.

- Vì sao C sai:

+ “Thổ nhưỡng” là thuật ngữ chỉ đất đai về phương diện thành phần, cấu tạo, độ màu mỡ… nhưng trong nhiều trường hợp người Việt nhầm lẫn dùng từ này thay cho “điều kiện tự nhiên” hoặc “môi trường sống”. Ở đây, việc trồng cây không phù hợp không chỉ liên quan đến đất mà còn yếu tố khí hậu, ánh sáng, lượng mưa… nên chỉ nói “thổ nhưỡng” là thu hẹp nghĩa, không chính xác hoàn toàn.

- Sửa lại:

→ Thay “thổ nhưỡng” bằng “điều kiện tự nhiên” hoặc “môi trường sinh trưởng”.

- Phân tích loại trừ

+ A – “then chốt”: Dùng đúng trong văn bản chính luận, mang nghĩa yếu tố quan trọng nhất, quyết định thành bại của vấn đề. Không sai.

+ C – “lấn làn”: Là thuật ngữ chuẩn trong lĩnh vực giao thông, chỉ hành vi xe chạy sang phần đường của làn khác. Hoàn toàn đúng ngữ cảnh.

+ D – “tín hiệu”: Dùng chính xác khi đề cập đến hệ thống đèn giao thông, đúng phong cách văn bản.

- Vì sao B sai

+ “Chạy ẩu” là từ khẩu ngữ, thường dùng trong giao tiếp hằng ngày, sắc thái cảm tính, thiếu tính chuẩn mực.

+ Trong báo cáo chính luận hoặc văn bản hành chính, yêu cầu ngôn ngữ khách quan, trang trọng, chính xác về mặt chuyên môn.

- Sửa lại:

+ Thay “chạy ẩu” bằng cụm từ chuyên môn như “điều khiển phương tiện liều lĩnh”, “điều khiển phương tiện thiếu an toàn” hoặc “lái xe nguy hiểm” sẽ giữ được tính trang trọng và chuẩn mực của văn bản.

- Phân tích loại trừ

+ A – “tái chế”: Dùng chính xác để chỉ việc xử lý và biến đổi nguyên vật liệu đã qua sử dụng thành sản phẩm mới, phù hợp với bối cảnh nghệ thuật tái chế.

+ B – “hiệu ứng”: Dùng đúng để mô tả tác động trực quan hoặc cảm xúc mà tác phẩm đem lại cho người xem.

+ D – “khơi nguồn”: Phù hợp khi diễn đạt việc gợi mở, tạo cảm hứng hoặc thúc đẩy sự sáng tạo trong nghệ thuật.

- Vì sao C sai

+ “Bảo tồn” mang nghĩa giữ nguyên trạng một giá trị, hiện tượng hoặc tài nguyên để nó không bị biến đổi theo thời gian.

+ Khi nói về thiên nhiên, “bảo tồn” thường áp dụng cho các hệ sinh thái, loài sinh vật quý hiếm… và gắn với việc duy trì nguyên trạng.

+ Tuy nhiên, trong ngữ cảnh này, thông điệp của tác phẩm là hướng tới hành động chủ động ngăn chặn tác hại, duy trì sự tồn tại của môi trường sống — điều này phù hợp hơn với “bảo vệ” hoặc “gìn giữ” thiên nhiên.

+ Việc dùng “bảo tồn” khiến sắc thái câu nghiêng về việc duy trì hiện trạng, làm giảm ý nghĩa hành động và chủ động can thiệp để chống lại tác động tiêu cực.

Sửa lại

Thay bảo tồn bằng bảo vệ → “…lồng ghép thông điệp về bảo vệ thiên nhiên và giảm thiểu rác thải.”

- 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”.

- Phân tích loại trừ

+ A – “kỷ niệm”: Dùng đúng để chỉ dịp long trọng nhằm nhớ lại một sự kiện quan trọng đã xảy ra.

+ B – “khơi gợi”: Phù hợp khi nói về việc gợi mở, đánh thức cảm xúc hoặc ý chí học tập.

+ C – “phát huy”: Dùng chính xác để chỉ hành động làm cho khả năng, thế mạnh được biểu hiện và phát triển tối đa.

- Vì sao D sai

+ “Tiềm lực” là từ thường dùng để nói về sức mạnh tổng hợp của một quốc gia, tổ chức, cộng đồng, bao gồm cả nguồn lực vật chất và tinh thần.

+ Khi nói về từng cá nhân học sinh, khái niệm phù hợp là “tiềm năng” – khả năng vốn có, chưa bộc lộ hết và có thể phát triển nếu được hỗ trợ.

+ Việc dùng “tiềm lực” ở đây tạo cảm giác nặng về quy mô tập thể hoặc quốc gia, không sát với ý muốn nhấn mạnh vào khả năng cá nhân.

Sửa lại: Thay “tiềm lực” bằng “tiềm năng”.

- Phân tích suy luận:

Tác giả liên tục dùng phép so sánh với game: có luật chơi, có cấp độ, thử thách tăng dần theo cấp độ – để nói rằng muốn “lên cấp” thì phải rèn luyện và tích lũy. Đồng thời, cũng nhấn mạnh rằng khi “chơi đúng luật chơi của cuộc đời” thì sẽ chiến thắng.

- Phân tích loại trừ:

+ B sai vì văn bản không nhấn vào sự nghiêm túc tuyệt đối, mà dùng hình ảnh chơi game để giảm tải áp lực cuộc sống.

+ C sai vì không hề nói cuộc sống là chuỗi hành trình “tự động lặp lại” hay bị ràng buộc.

+ D mang thông điệp tích cực, nhưng thiếu chiều sâu – không nhấn được vào yếu tố rèn luyện, vượt thử thách.

- Vì sao A đúng:

A là phương án duy nhất cho thấy điểm tương đồng chủ đạo giữa game và cuộc sống – đó là có luật chơi, có thử thách, có cấp độ, và người chơi cần rèn luyện, tích lũy kinh nghiệm nếu muốn tiến bộ và chiến thắng.

- Phân tích suy luận:

Đoạn trích không đơn thuần nói về việc lựa chọn mà nhấn mạnh vào nhận thức rằng bản thân đang lựa chọn. Khi ta chuyển từ cách nói “tôi phải” sang “tôi sẽ”, cũng là lúc ta thừa nhận hành động của mình là có chủ đích. Chính sự tự ý thức này giúp con người thoát khỏi tâm lý bị động và bắt đầu kiểm soát cuộc sống trên nền tảng tự do có trách nhiệm.

- Phân tích loại trừ:

+ A sai trọng tâm. Tác giả không cổ vũ sống “theo bản năng”, mà nhấn mạnh sống có lựa chọn, có chủ đích và tỉnh táo.

+ C là diễn giải sai lệch. Đoạn trích không bàn đến việc “lựa chọn đúng” hay “kiểm soát hoàn hảo”, mà đề cao nhận thức chủ động.

+ D đúng về biểu hiện ngôn ngữ, nhưng chỉ phản ánh bề mặt. Câu hỏi yêu cầu xác định thông điệp sâu xa, nên D chưa đạt.

- Vì sao B đúng:

Phương án B thể hiện đúng tinh thần cốt lõi của văn bản. “Quyền lựa chọn” không phải là thứ gì quá lớn lao, mà bắt đầu từ việc nhận ra: mọi hành động của ta đều do chính ta quyết định. Khi ý thức được điều đó, con người bắt đầu sống có trách nhiệm, chủ động và làm chủ cuộc đời mình. Đây chính là thông điệp sâu sắc nhất mà đoạn văn muốn truyền tải.

- Phân tích suy luận:

Trong đoạn trích, nhịp điệu văn bản trở nên nhanh, dồn dập nhờ việc sử dụng hàng loạt câu ngắn nối tiếp: “Mị chỉ thì thào… rồi Mị nghẹn lại”, “Mị đứng lặng… rồi Mị cũng vụt chạy ra”. Đây là những câu có cấu trúc ngắn, động từ mạnh, tạo tiết tấu khẩn trương – tương thích với nhịp chạy của Mị trong bóng tối và tâm trạng căng thẳng đến cực điểm.

Nhưng đồng thời, những chuyển động đó không chỉ phản ánh sự hoảng hốt, mà còn thể hiện một cuộc bứt phá nội tâm, một hành động giải thoát âm thầm nhưng quyết liệt khỏi số phận bị đày đọa.

- Phân tích loại trừ:

+ A sai vì giảm nhẹ chiều sâu ý nghĩa hành động, chỉ dừng lại ở bề mặt tâm lý sợ hãi. Đoạn trích không nhấn mạnh nỗi sợ, mà hướng tới hành động vượt thoát.

+ B sai ở lập luận “tương phản nội tâm” — bởi cảm xúc bên trong của Mị cũng đầy căng thẳng, đồng hành với hành động, không có sự đối lập rõ rệt nào được thể hiện.

+ D sai vì cụm từ “nổi loạn đột ngột” làm hiểu sai bản chất hành động của Mị. Đó không phải là sự bốc đồng vô thức, mà là một lựa chọn có ý thức, đầy nhân văn, khởi phát từ lòng thương người, được khơi dậy bởi hình ảnh A Phủ bị trói.

- Vì sao C đúng:

Phương án C thể hiện chính xác nhất hiệu quả nghệ thuật của nhịp câu trong đoạn trích: đó là nhịp điệu gấp gáp – nhưng không chỉ để tạo kịch tính, mà còn để gợi không khí khẩn thiết của hành động mang tính bứt phá định mệnh: Mị đã bước ra khỏi ngục tù tâm lý, vùng lên trong đêm tối để chạy về phía tự do.

- Phân tích suy luận:

Cặp xưng hô “mình – ta” vốn quen thuộc trong ca dao, dân ca truyền thống, thường được dùng giữa những người thân thiết, yêu thương. Khi được đưa vào đoạn thơ này, nó không chỉ thể hiện sự gần gũi trong tình cảm, mà còn khơi gợi sắc thái thân mật, tha thiết như giữa đôi lứa, nhưng mở rộng ra là sự gắn bó máu thịt giữa cán bộ kháng chiến và nhân dân Việt Bắc – một tình cảm sâu nặng, không thể gọi tên bằng những từ trang trọng, mà chỉ có thể gợi lên bằng kiểu xưng hô đầy tình tự này.

- Phân tích loại trừ:

+ A sai vì “trang trọng, thiêng liêng” không phải là sắc thái của cách xưng “mình – ta” – vốn mang chất thân mật, đời thường.

+ C thiên về tâm trạng cá nhân của người lính, nhưng đoạn thơ thể hiện cảm xúc hai chiều, qua lời đối thoại giữa người đi và người ở lại – không thuần túy là sự tiếc nuối.

+ D trái ngược hoàn toàn với tinh thần bài thơ – không có khoảng cách, không có xa cách, mà là sự quấn quýt, hòa quyện giữa “mình” và “ta”.

- Vì sao B đúng:

Phương án B là đáp án đúng vì diễn đạt trúng giá trị biểu cảm của cặp xưng hô “mình – ta”: vừa gần gũi, vừa đầy thương mến, gợi nên một tình cảm thân thiết, thủy chung giữa người cán bộ kháng chiến với Việt Bắc – một vùng đất nghĩa tình. Cách xưng hô ấy làm nhòa ranh giới giữa người đi và người ở lại, giữa riêng tư và cộng đồng, khiến cuộc chia tay thấm đẫm chất tình, chất thơ.

- Phân tích suy luận:

Văn bản không chỉ nói đến “nghĩ tích cực” hay “quên đi mất mát”, mà nhấn mạnh một nguyên tắc: khi bạn trân trọng điều gì, điều đó sẽ phát triển. Cách thay đổi viễn cảnh không bắt đầu từ việc phủ nhận khó khăn, mà từ việc tập trung vào và đánh giá cao những gì mình đang có (sức khỏe, gia đình, công việc, cuộc sống).

- Phân tích loại trừ:

+ B dễ nhầm vì cũng nói “mặt tích cực”, nhưng văn bản không yêu cầu mọi hoàn cảnh mà tập trung vào giá trị hiện hữu cụ thể.

+ C sai: “nuôi dưỡng cảm xúc biết ơn” là hệ quả, nhưng văn bản nhấn mạnh hành động trân trọng và tập trung vào giá trị đang có, không đơn thuần là nuôi dưỡng cảm xúc.

+ D sai vì hướng “quên đi mất mát” không được nêu, văn bản không đề cập đến việc lãng quên quá khứ mà tập trung vào phát triển những gì hiện tại.

- Vì sao A đúng:

A diễn đạt đầy đủ tinh thần văn bản: dành sự chú ý cho giá trị hiện có (trân trọng sức khỏe, gia đình, công việc…) để chúng phát triển. Đây mới là gốc rễ của sự thay đổi viễn cảnh, phù hợp trọn vẹn với luận điểm “Điều gì bạn đánh giá cao sẽ bắt đầu gia tăng giá trị”.

Trong văn bản có đề cập: “Chỉ khi thường xuyên gội rửa và cảnh tỉnh tâm trí của mình, bạn mới có thể đảm bảo không bị ‘tâm ma’ khống chế, từ đó tránh được những tai họa vô cùng…”

=> Tác giả nhấn mạnh ý thức làm chủ tâm trí mới là nền tảng giúp con người cân bằng và tránh sa ngã.

- Đáp án A sai vì chỉ là kết quả của việc giữ sáng suốt, không phải “cốt lõi”.

- Đáp án C sai vì văn bản không nhấn mạnh “lòng nhân ái” mà là “tỉnh thức”.

- Đáp án D sai vì thiên về cảm xúc, không chạm tới chiều sâu triết lí “tâm ma”.

Văn bản cho biết thiên thạch khi va chạm để lại dấu vết trên bề mặt Mặt Trăng, Sao Hỏa và các thiên thể khác, đồng thời nhấn mạnh việc ghi nhận hàng nghìn mẫu thiên thạch và dấu tích va chạm.

→ Việc nghiên cứu các dấu vết này giúp tìm hiểu lịch sử va chạm, sự biến đổi bề mặt và quá trình tiến hóa của các thiên thể trong Hệ Mặt Trời.

Phân tích đáp án:

A sai vì văn bản không đề cập dự đoán sao băng.

C sai vì văn bản không khẳng định các hành tinh có cấu trúc vật chất giống nhau.

D sai vì văn bản không nói thiên thạch là nguyên nhân hình thành sự sống.

Chú ý các câu thơ:

“Anh đã trải qua những gian khổ, hy sinh

Đủ để cho em thơ kiêu hãnh”

“Những trận đánh chỉ còn là kỷ niệm

Cỏ chiến hào giờ chắc đã lên tươi...”

=> Giọng thơ vừa đằm sâu, chiêm nghiệm, vừa tự hào trong lặng lẽ, phù hợp với tâm thế của người lính sau chiến tranh nhìn lại.

- Đáp án A sai vì “bình dị” nghiêng về sắc thái đời thường, chưa thể hiện chiều sâu chiêm nghiệm.

- Đáp án B sai vì đoạn thơ không gợi “xót xa” hay nỗi buồn bi lụy.

- Đáp án C sai vì “nuối tiếc âm thầm” không đúng, vì nhân vật trữ tình không tiếc quá khứ mà tự hào về nó.

- Đáp án D đúng.

Về phương Tây, văn bản có ghi:

“Trong thói quen xem xét của người phương Tây, thế giới chỉ có thể là đen hoặc trắng… Điều đó lý giải tại sao người phương Tây lại coi trọng lối tư duy ‘duy lý’ chứ không phải ‘duy tình’.”

→ Tức là phương Tây thiên về lý tính, phân tích rõ ràng, logic, phân đôi.

Về phương Đông, văn bản có ghi:

“Trong nhận thức của người phương Đông, thế giới xung quanh không phải là những mảnh ghép rời rạc nhau mà là một chỉnh thể có tính thống nhất giữa trời, đất và con người.”

→ Tức là phương Đông trọng sự hòa hợp, mối liên hệ giữa con người và tự nhiên (thiên – địa – nhân).

=> Điểm khác biệt cơ bản là tinh thần lý tính, phân tích, duy lý ở phương Tây so với tinh thần hài hòa, thống nhất giữa người và thiên nhiên ở phương Đông.

- Đáp án A sai vì ngược nghĩa hoàn toàn với nội dung (phương Tây mới là bên phân tích rạch ròi, không phải tổng thể).

- Đáp án C sai vì văn bản nêu phương Đông đề cao cộng đồng, coi nhẹ cá nhân (ngược lại).

- Đáp án D sai vì “duy lý tuyệt đối” là đặc trưng phương Tây, không phải phương Đông.

Văn bản vừa nêu vấn đề (thiếu chuyên môn & ngân sách), vừa nêu giải pháp phối hợp — củng cố gia đình và triển khai mô hình cộng đồng (Friendship Bench) — do đó “kết hợp gia đình + cộng đồng” là trọng tâm.

- Đáp án A sai vì chỉ nêu vấn đề (nguyên nhân), không phản ánh giải pháp / thông điệp chính của đoạn — đoạn trích tiếp tục nêu các biện pháp (gia đình, Friendship Bench). Do đó A không bao quát toàn bộ nội dung, chỉ là một phần minh họa.

- Đáp án B sai vì văn bản không trình bày gia đình là giải pháp duy nhất hoặc “chính duy nhất”; nó cũng nêu rõ các dự án cộng đồng (Friendship Bench) như một biện pháp thiết thực.

- Đáp án C sai vì văn bản có đề cập yếu tố văn hóa, nhưng không tuyên bố đó là lõi hoặc dùng từ “bền vững” như luận điểm trung tâm; hơn nữa văn bản kết hợp gia đình và mô hình cộng đồng làm giải pháp thực tiễn — không chỉ là “phát huy truyền thống”.

- Đáp án D đúng vì bao quát cả vấn đề (thiếu nguồn lực) và giải pháp kết hợp (gia đình + mô hình cộng đồng), đúng trọng tâm của đoạn.