Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - Trạm số 1 (HSA2311)

Giả sử cấp số nhân có công bội là, khi đó theo bài ra ta có:

$2\left( {u_{3} + u_{4} + u_{5}} \right) = u_{6} + u_{7} + u_{8}$

$\left. \Leftrightarrow 2\left( {u_{3} + u_{3}q + u_{3}q^{2}} \right) = u_{6} + u_{6}q + u_{6}q^{2} \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2u_{3}\left( {1 + q + q^{2}} \right) = u_{6}\left( {1 + q + q^{2}} \right) \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2u_{3} = u_{6}\text{~do~}1 + q + q^{2} > 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2u_{3} = u_{3}q^{3}\Leftrightarrow u_{3}\left( {2 - q^{3}} \right) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {u_{3} = 0} \\ {q = \sqrt[3]{2}} \end{array} \right. \right.$

Ta có: $\dfrac{u_{8} + u_{9} + u_{10}}{u_{2} + u_{3} + u_{4}} = \dfrac{u_{8} + u_{8}q + u_{8}q^{2}}{u_{2} + u_{2}q + u_{2}q^{2}} = \dfrac{u_{8}\left( {1 + q + q^{2}} \right)}{u_{2}\left( {1 + q + q^{2}} \right)} = \dfrac{u_{2}q^{6}}{u_{2}} = q^{6} = 4$

Không gian mẫu: \({n_\Omega } = C_{12}^3\)

Trường hợp 1: \(2\) điểm thuộc \(Ox\), \(1\) điểm thuộc \(Oy\) (khác điểm \(O\)): \(C_5^2.C_6^1\)

Trường hợp 2: \(1\) điểm thuộc \(Ox\), \(2\) điểm thuộc\(Oy\) (khác điểm \(O\)): \(C_5^1.C_6^2\)

Trường hợp \(3\): \(1\) điểm là \(O\) và \(1\) điểm thuộc \(Ox\), \(1\) điểm thuộc \(Oy\): \(C_5^1.C_6^1\)

Xác suất để ba điểm chọn được là \(3\) đỉnh của \(1\) tam giác:

\(\dfrac{{C_5^2.C_6^1 + C_5^1.C_6^2 + C_5^1.C_6^1}}{{C_{12}^3}} = \dfrac{3}{4}\)

Gọi $M$ là trung điểm của $\left. SB\Rightarrow AM\bot SB \right.$ (vì $\Delta SAB$ cân)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} {BC\bot AB} \\ {BC\bot SA} \end{array}\Rightarrow BC\bot(SAB)\Rightarrow BC\bot AM \right.$

Và $\left\{ \begin{array}{l} {AM\bot SB} \\ {AM\bot BC} \end{array}\Rightarrow AM\bot(SBC)\Rightarrow GM\bot(SBC) \right.$ tại $M$.

Do đó $d(G;(SBC)) = GM$.

Ta có: $\left. SB = \sqrt{AB^{2} + SA^{2}} = \sqrt{6}\Rightarrow AM = \dfrac{SB}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2} \right.$.

Vì $G$ là trọng tâm của $\Delta SAB$ nên $GM = \dfrac{1}{3}AM = \dfrac{\sqrt{6}}{6}$.

Ta có:

$\begin{array}{l} {x^{3} + (m - 4)x + 2m = 0} \\ \left. \Leftrightarrow x(x - 2)(x + 2) + m(x + 2) = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow(x + 2)\left( {x^{2} - 2x + m} \right) = 0 \right. \\ \left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = - 2} \\ {x^{2} - 2x + m = 0\,\,(*)} \end{array} \right. \right. \end{array}$

Để (∗) có ít nhất 1 nghiệm dương thì:

TH1: (*) có 2 nghiệm trái dấu $\left. \Leftrightarrow m < 0 \right.$

Mà $m \in \lbrack - 30;30\rbrack;m \in {\mathbb{Z}}$ nên $m \in \left\{ - 30; - 29;\ldots; - 1 \right\}$.

TH2: (*) có 2 nghiệm phân biệt $0 \leq x_{1} < x_{2}$

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {\Delta' = 1 - m > 0} \\ {x_{1}x_{2} = m \geq 0} \\ {x_{1} + x_{2} = 2 > 0} \end{array}\Leftrightarrow 0 \leq m < 1. \right. \right.$

Mà $m \in \lbrack - 30;30\rbrack;m \in {\mathbb{Z}}$ nên $m = 0$.

TH3: (*) có nghiệm kép lớn hơn 0 .

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {\Delta' = 1 - m = 0} \\ {x_{1}x_{2} = m > 0} \\ {x_{1}x_{2} > 0} \end{array}\Leftrightarrow 0 < m \leq 1 \right. \right.$.

Mà $m \in \lbrack - 30;30\rbrack;m \in {\mathbb{Z}}$ nên $m = 1$.

Vậy $m \in \left\{ - 30; - 29;\ldots;1 \right\}\Rightarrow$ có 32 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đặt $B = S_{ABCD}$, $d(S;(ABCD)) = h$. Suy ra $V = \dfrac{1}{3}Bh$.

Vì M là trung điểm của SA nên $d(M;(ABCD)) = \dfrac{1}{2}d(S;(ABCD))$,

Mà N là trung điểm của MC nên $d(N;(ABCD)) = \dfrac{1}{2}d(M;(ABCD))$.

Suy ra $d(N;(ABCD)) = \dfrac{1}{4}d(S;(ABCD)) = \dfrac{1}{4}h$.

Từ đó ta có

$V_{N \cdot ABCD} = \dfrac{1}{3}d(N;(ABCD)) \cdot B = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{3}Bh = \dfrac{V}{4}$

Ta có $\left. 2^{x} > 6\Leftrightarrow x > \log_{2}6 \right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S = \left( {\log_{2}6; + \infty} \right)$.

Do $- 1 \leq \sin\dfrac{\pi}{12}(t - 9) \leq 1,\forall t$ nên

$- 3 \leq 3\sin\dfrac{\pi}{12}(t - 9) \leq 3$

$\left. \Leftrightarrow 26 \leq 29 + 3\sin\dfrac{\pi}{12}(t - 9) \leq 32. \right.$

$\left. \Leftrightarrow 26 \leq h(t) \leq 32. \right.$

Do đó nhiệt độ cao nhất trong ngày là $32^{{^\circ}}\text{C}$.

Dấu bằng xảy ra

$\left. \Leftrightarrow\sin\dfrac{\pi}{12}(t - 9) = 1\Leftrightarrow\dfrac{\pi}{12}(t - 9) = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\Leftrightarrow t = 15 + 24k(k \in {\mathbb{Z}}) \right.$

Do $\left. 0 \leq t \leq 24\Leftrightarrow 0 \leq 15 + 24k \leq 24\Leftrightarrow - \dfrac{15}{24} \leq k \leq \dfrac{9}{24} \right.$.

Mà $k \in {\mathbb{Z}}$ nên $k = 0$. Khi đó $t = 15$.

Vậy lúc 15h là thời gian nhiệt độ cao nhất trong ngày.

Ta có:

$\left. a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = \log_{6}45\Leftrightarrow a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = \dfrac{\log_{2}45}{\log_{2}6} \right.$

$\left. \Leftrightarrow a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = \dfrac{\log_{2}\left( {3^{2}.5} \right)}{\log_{2}(2.3)}\Leftrightarrow a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = \dfrac{2\log_{2}3 + \log_{2}5}{1 + \log_{2}3} \right.$

$\left. \Leftrightarrow a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = \dfrac{2 + 2\log_{2}3 - 2 + \log_{2}5}{1 + \log_{2}3} \right.$

$\left. \Leftrightarrow a + \dfrac{b + \log_{2}5}{c + \log_{2}3} = 2 + \dfrac{- 2 + \log_{2}5}{1 + \log_{2}3} \right.$

Đồng nhất hệ số ta có $a = 2,b = - 2,c = 1$.

Vậy $a + b + c = 2 + ( - 2) + 1 = 1$.

Ta có $\left. AB = \sqrt{AH^{2} + BH^{2}} = 4\sqrt{26},\tan\widehat{HAB} = \dfrac{BH}{AH} = 5\Rightarrow\widehat{HAB} \approx 78,7^{0}\Rightarrow\widehat{ACB} \approx 56,3^{0} \right.$.

Tam giác $ABC$ có $\left. \dfrac{BC}{\sin A} = \dfrac{AB}{\sin C}\Rightarrow BC = \dfrac{AB\sin A}{\sin C} = \dfrac{52}{3} \approx 17,3 \right.$ (m).

Ta có: BC = BA + AC = 18,5 + 1,5 = 20(m). 

Tam giác BCD vuông tại B, áp dụng định lí Pythagore ta có: 

\(C{D^2} = B{C^2} + B{D^2} = {20^2} + {30^2} = 1300 \Rightarrow CD = \sqrt {1300}  = 10\sqrt {13}  \simeq 36,06.\)

 Lại có: \(\widehat {ECD} = \widehat {FCD} - \widehat {FCE} = {34^0} - {24^0} = {10^0}\)

\(CF//BD \Rightarrow \widehat {CDB} = \widehat {FCD} = {34^0}\)(so le trong) \( \Rightarrow \widehat {CDB} = {90^0} - {34^0} = {56^0};\,\,\widehat {CED} = {114^0}.\)\(\widehat {CDB} = {90^0} - {34^0} = {56^0}\)

Áp dụng định lí sin trong tam giác CDE ta có: \(\dfrac{{CD}}{{\sin \widehat {CED}}} = \dfrac{{DE}}{{\sin \widehat {ECD}}} \Rightarrow DE \approx 6,9m.\)

Vậy chiều cao của cây khoảng 6,9m. 

Ta có:

$\left. e^{x} = \ln(x + a) + a\Leftrightarrow e^{x} + x = \ln(x + a) + x + a\Leftrightarrow e^{x} + x = e^{\ln(x + a)} + \ln(x + a) \right.$ (1)

Xét hàm số $f(t) = e^{t} + t$ có $f'(t) = e^{t} + 1 > 0,\forall t$.

Suy ra hàm số $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó: $\left. (1)\Leftrightarrow f(x) = f\lbrack\ln(x + a)\rbrack\Leftrightarrow x = \ln(x + a)\Leftrightarrow a = e^{x} - x \right.$.

Đặt $\left. g(x) = e^{x} - x\Rightarrow g'(x) = e^{x} - 1 = 0\Leftrightarrow x = 0 \right.$.

Bảng biến thiên của hàm số $g(x)$:

Để phương trình có nghiệm dương thì $a > 1$.

Do $a \in (0;19)$ và $a \in {\mathbb{Z}}$ nên $a \in \left\{ 2;3;\ldots;18 \right\}$

Vậy có 17 giá trị nguyên của $a$ để phương trình có nghiệm dương.

Phương trình hoành độ giao điểm là:

$\left. 2\sin^{2}x = \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 1 - \cos 2x = \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\cos 2x = \dfrac{1}{2} \right.$

$\left. \Leftrightarrow 2x = \pm \dfrac{\pi}{3} + k2\pi\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{\pi}{6} + k\pi \right.$

Ta thấy $x_{A},x_{B},x_{C},x_{D}$ là bốn nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình trên.

Do đó: $\left. x_{A} = \dfrac{\pi}{6};x_{B} = \dfrac{5\pi}{6};x_{C} = \dfrac{7\pi}{6};x_{D} = \dfrac{11\pi}{6}\Rightarrow x_{B} + x_{D} = \dfrac{8}{3}\pi \right.$.

Vậy $2a + b = 8.2 + 3 = 19$.

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l} {3^{x} - 3 > 0} \\ {3^{x - 2} - \dfrac{3}{4} > 0} \end{array}\Leftrightarrow x > 1 \right.$.

$\begin{array}{l} {\log_{2}\left( {3^{x} - 3} \right)\log_{8}\left( {3^{x}2^{- 2} - \dfrac{3}{4}} \right) \leq 1} \\ \end{array}$

$\left. \Leftrightarrow\log_{2}\left( {3^{x} - 3} \right).\dfrac{1}{3}\left\lbrack {\log_{2}\left( {3^{x} - 3} \right) - 2} \right\rbrack - 1 \leq 0 \right.$

Đặt $t = \log_{2}\left( {3^{x} - 3} \right)$

Ta có: $\left. \dfrac{1}{3}t(t - 2) - 1 \leq 0\Leftrightarrow\dfrac{1}{3}t^{2} - \dfrac{2}{3}t - 1 \leq 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow - 1 \leq t \leq 3\Leftrightarrow - 1 \leq \log_{2}\left( {3^{x} - 3} \right) \leq 3 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{7}{2} \leq 3^{x} \leq 11\Leftrightarrow\log_{3}\dfrac{7}{2} \leq x \leq \log_{3}11 \right.$

Suy ra tập nghiệm là $\left. S = \left\lbrack {\log_{3}\dfrac{7}{2};\log_{3}11} \right\rbrack\Rightarrow a + b = \log_{3}\dfrac{77}{2} \right.$.

Khoảng cách từ chân cổng đến trục đối xứng Oy là $\dfrac{8}{2} = 4$.

Hoành độ hai chân cổng là $- 4;4$

Tung độ chân cổng là: $y = - \dfrac{1}{2}.4^{2} = - 8$

Vậy chiều cao của cổng là $\left| - 8 \middle| = 8 \right.$ mét.

Áp dụng bất đẳng thức ${(x + y)}^{2} \geq 4xy$, ta được:

$\left. \left( {b^{3}c^{3} + \dfrac{bc}{4}} \right)^{2} \geq b^{4}c^{4}\Rightarrow\log_{a}\left( {b^{3}c^{3} + \dfrac{bc}{4}} \right)^{2} \geq 4\log a(bc) \right.$

Do đó với $\forall a > 1,b,c > 0$

$\begin{array}{l} {\log_{a}^{2}(bc) + \log_{a}\left( {b^{3}c^{3} + \dfrac{bc}{4}} \right)^{2} + 4 + \sqrt{9 - c^{2}} \geq \log_{a}^{2}(bc) + 4\log_{a}(bc) + 4 + \sqrt{9 - c^{2}}} \\ \left. \Leftrightarrow\log_{a}^{2}(bc) + \log_{a}\left( {b^{3}c^{3} + \dfrac{bc}{4}} \right)^{2} + 4 + \sqrt{9 - c^{2}} \geq \left\lbrack {\log_{a}(bc) + 2} \right\rbrack^{2} + \sqrt{9 - c^{2}} \geq 0 \right. \end{array}$

Dấu “=” xảy ra khi $\left. \left\{ \begin{matrix} {b^{3}c^{3} = \dfrac{bc}{4}} \\ {\log_{a}(bc) = - 2} \\ {c^{2} = 9} \\ {a > 1} \\ {b > 0} \\ {c > 0} \end{matrix} \right.\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = \sqrt{2}} \\ {b = \dfrac{1}{6}} \\ {c = 3} \end{array} \right. \right.$

Khi đó $T = a + 3b + 2c = \sqrt{2} + \dfrac{1}{2} + 6 \approx 7,91$.

Vậy giá trị của T gần 8 nhất.

Ta gọi $d$ là công sai của cấp số cộng.

Khi đó:

$u_{1}u_{2} + u_{2}u_{3} + u_{3}u_{1} = 4(4 + d) + (4 + d)(4 + 2d) + 4(4 + 2d)$

$= 2d^{2} + 24d + 48 = 2{(d + 6)}^{2} - 24 \geq - 24$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $u_{1}u_{2} + u_{2}u_{3} + u_{3}u_{1}$ là -24 đạt được khi khi $d = - 6$.

Ta có

$BN = 6,CN = 3,CM = DM = 3$;

$AN = 6\sqrt{2},MN = 3\sqrt{2},AM = 3\sqrt{10}$;

Do $AM^{2} = 90 = AN^{2} + MN^{2}$ nên tam giác AMN vuông tại $N$.

Vì $AN\bot AA'$ và $AN\bot MN$ nên AN là đoạn vuông góc chung của $AA'$ và M N.

Suy ra $\text{d}\left( {AA',MN} \right) = AN = 6\sqrt{2}$

Gọi $D'$ là trung điểm của $B'C'$, ta có $BDC'D'$ là hình bình hành

$\left. \Rightarrow C'D//BD'\Rightarrow C'D//\left( {A'BD'} \right) \right.$.

Kẻ $B'H\bot BD'$.

Ta có: $\left. \left. \begin{array}{l} {A'D'\bot B'C'} \\ {A'D'\bot BB'} \end{array} \right\}\Rightarrow A'D'\bot\left( {BCC'B'} \right)\Rightarrow A'D'\bot B'H \right.$.

$\left. \left. \begin{array}{l} {B'H\bot BD'} \\ {B'H\bot A'D'} \end{array} \right\}\Rightarrow B'H\bot\left( {A'BD'} \right). \right.$

Suy ra

$d\left( {A'B,C'D} \right) = d\left( {C'D;\left( {A'BD'} \right)} \right) = d\left( {C';\left( {A'BD'} \right)} \right) = d\left( {B';\left( {A'BD'} \right)} \right) = B'H.$

Ta có: $B'D' = \dfrac{a}{2};BB' = 2a$.

Xét $\Delta BB'D'$ vuông tại $B'$ ta có:

$\left. \dfrac{1}{B'H^{2}} = \dfrac{1}{BB^{'2}} + \dfrac{1}{B'D^{'2}} = \dfrac{1}{4a^{2}} + \dfrac{4}{a^{2}}\Rightarrow BH = \dfrac{2a}{\sqrt{17}}. \right.$

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Suy ra $SO\bot(ABCD)$.

Và góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy $(ABCD)$ là góc $\widehat{SAO}$.

Theo giả thuyết $\widehat{SAO} = 60^{o}$, nên tam giác SAC đều, suy ra $SA = a\sqrt{2}$ và $SO = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$.

Gọi M là trung điểm SA.

Trong $(SAC)$, đường trung trực của cạnh SA cắt SO tại I.

Khi đô, $IS = IA = IB = IC = ID$ nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Tam giác SAO có $SI \cdot SO = SM \cdot SA$ $\left. \Rightarrow SI = \dfrac{SA^{2}}{2SO} = \dfrac{a\sqrt{6}}{3} = R \right.$.

Lại có khối nón ngoại tiếp hình chóp có đường tròn đáy ngoại tiếp hình vuông ABCD

Nên có bán kính đáy $r = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ và chiều cao $h = SO = \dfrac{a\sqrt{6}}{2}$.

Suy ra $\dfrac{V_{1}}{V_{2}} = \dfrac{\dfrac{4}{3} \cdot \pi\left( \dfrac{a\sqrt{6}}{3} \right)^{3}}{\dfrac{1}{3}\pi\left( \dfrac{a\sqrt{2}}{2} \right)^{2} \cdot \dfrac{a\sqrt{6}}{2}} = \dfrac{32}{9}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l} {u_{1}.q = - 6} \\ {u_{1}.q^{4} = 48} \end{array}\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {u_{1}.q = - 6} \\ {q^{3} = - 8} \end{array}\Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {u_{1} = 3} \\ {q = - 2} \end{array} \right. \right. \right.$.

Vậy $S_{5} = \dfrac{3\left( {1 - {( - 2)}^{5}} \right)}{1 - ( - 2)} = 33$.

Xác suất người thứ nhất bắn trúng lỗ: 0,85

Xác suất người thứ hai bắn trúng bia: 0,75

Xác suất để cả hai người cùng bắn trúng bia: 0,85.0,75=0,6375=63,75%.

Gọi I là trung điểm của AB \( \Rightarrow I\left( {\dfrac{{ - 1}}{2};\dfrac{5}{2}} \right).\)

Đường thẳng \(\Delta :\,\,mx - y + 3 = 0\) có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_\Delta }}  = \left( {m; - 1} \right)\).

Để đường thẳng \(\Delta :\,\,mx - y + 3 = 0\) cách đều hai điểm A, B.

TH1: \(I \in \Delta  \Rightarrow  - \dfrac{m}{2} - \dfrac{5}{2} + 3 = 0 \Leftrightarrow m = 1.\)

TH2: \(\Delta //AB \Rightarrow \overrightarrow {{n_\Delta }} //\overrightarrow {{n_{AB}}}  = \left( {1;1} \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{m}{1} = \dfrac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow m =  - 1.\)

Vậy có hai giá trị m thoả mãn yêu cầu bài toán \(\left[ \begin{array}{l}m =  - 1\\m = 1\end{array} \right.\) và tích của chúng là -1.

Hàm số $y = 3\cos\left( {\dfrac{\pi}{4} - mx} \right)$ có nghĩa $\left. \forall x \in {\mathbb{R}}\Leftrightarrow D = {\mathbb{R}} \right.$.

Chu kì của hàm số $\left. T = \dfrac{2\pi}{| - m|} = 3\pi\Leftrightarrow m = \pm \dfrac{2}{3} \right.$.

Lấy $a = 1$. Dựng hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ, với $O \equiv A$, $B(1;0;0)$, $C(0;2;0)$, $D(0;0;3)$.

Khi đó phương trình mặt phẳng $(\text{BCD})$ là $\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 1$ $\left. \Leftrightarrow 6x + 3y + 2z = 6 \right.$.

Điểm $M(x;y;z)$ thuộc mặt phẳng đó sao cho $x,y,z > 0$ và thể tích khối $MB_{1}C_{1}D_{1}$ là:

$V_{MGC_{C}D_{1}} = \dfrac{1}{6}xyz$$= \dfrac{6x \cdot 3y \cdot 2z}{216} \leq \dfrac{1}{27}\dfrac{{(6x + 3y + 2z)}^{3}}{216}$$= \dfrac{1}{27}$.

Vậy $\max V_{MBCCD} = \dfrac{a^{3}}{27}$.

Đường thẳng BC đi qua B và có \(\overrightarrow u  = \overrightarrow {BC}  = \left( {4; - 3} \right) \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {3;4} \right)\).

Phương trình đường thẳng BC: \(3\left( {x - 0} \right) + 4\left( {y - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y - 12 = 0.\)

Vậy chiều cao của tam giác kẻ từ A là \({h_A} = d\left( {A,BC} \right) = \dfrac{{\left| {3 + 8 - 12} \right|}}{{\sqrt {9 + 16} }} = \dfrac{1}{5}.\)

Vận tốc tại thời điểm $t$ là $v(t) = s'(t) = - \dfrac{3}{2}t^{2} + 18t$ với $t \in \lbrack 0;10\rbrack$.

Ta có $\left. v'(t) = - 3t + 18 = 0\Leftrightarrow t = 6 \right.$.

Suy ra $v(0) = 0;v(10) = 30;v(6) = 54$.

Vậy vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng $54\,\,(\text{m}/\text{s})$.

Trong giai đoạn từ 2018 – 2021, năm 2020 có tỉ lệ lạm phát cơ bản bình quân năm cao nhất.

Cho hệ trục tọa độ Oxy sao cho tia Ox trùng tia OA, tia Oy trùng tia OC.

Gọi $S_{1}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right),y = 0$;

$S_{2}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{2} \right),x = 0$;

$S_{3}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right)$ và $\left( P_{2} \right)$.

Từ hình vẽ ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là

$S = S_{OABC} - \left\lbrack {S_{1} + S_{2} - S_{3}} \right\rbrack$ (*)

Gọi phương trình $\left( P_{1} \right)$ là $y = ax^{2} + bx + c$.

Vì $\left( P_{1} \right)$ đi qua $O(0;0),M(3;3),A(8;0)$ nên $\left\{ \begin{array}{l} {c = 0} \\ {9a + 3b + c = 3} \\ {64a + 8b + c = 0} \end{array} \right.$ $\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = - \dfrac{1}{5}} \\ {b = \dfrac{8}{5}} \\ {c = 0.} \end{array} \right. \right.$

Suy ra $y = - \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x$.

Ta thấy $\left( P_{1} \right)$ và $\left( P_{2} \right)$ đối xứng qua OM nên

$S_{1} = S_{2} = {\int_{0}^{8}\left( {- \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x} \right)}\text{d}x = \dfrac{256}{15}$

Gọi $S_{4}$ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $\left( P_{1} \right)$, $OM:y = x$, do tính chất đối xứng nên

$S_{3} = 2S_{4} = 2{\int_{0}^{3}\left\lbrack {\left( {- \dfrac{1}{5}x^{2} + \dfrac{8}{5}x} \right) - x} \right\rbrack}\text{d}x = \dfrac{9}{5}$

Thay vào (*) ta được $S = 64 - \left( {\dfrac{256}{15} + \dfrac{256}{15} - \dfrac{9}{5}} \right) = \dfrac{95}{3}$.

$f'(x) = 2(x - 2)(x + 1) + {(x - 2)}^{2} = 3x^{2} - 6x$

$\left. f'(x)\ = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} \left. x = 0\Rightarrow y = 4 \right. \\ \left. x = 2\Rightarrow y = 0 \right. \end{array} \right. \right.$

$\Rightarrow$ Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là $\sqrt{{(0 - 2)}^{2} + {(4 - 0)}^{2}} = 2\sqrt{5}$.

Gọi \({\rm{A}}\) là biến cố: "Cả hai cùng ném bóng trúng vào rổ. "

Gọi \(X\) là biến cố: "người thứ nhất ném trúng rổ" \( \Rightarrow P\left( X \right) = \dfrac{1}{5}\).

Gọi Y là biến cố: "người thứ hai ném trúng rổ" \( \Rightarrow P\left( Y \right) = \dfrac{2}{7}\).

Ta thấy biến cố \(X,Y\) là 2 biến cố độc lập nhau, theo công thức nhân xác suất ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( {X \cdot Y} \right) = P\left( X \right) \cdot P\left( Y \right) = \dfrac{1}{5} \cdot \dfrac{2}{7} = \dfrac{2}{{35}}\).

Ta có: \({\left( {2x - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)^6} = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{{\left( {2x} \right)}^{6 - k}}{{\left( { - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)}^k}} \)\( = \sum\limits_{k = 0}^6 {C_6^k{2^{6 - k}}{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^{6 - 3k}}} \).

Số hạng không chứa x ứng với \(6 - 3k = 0 \Leftrightarrow k = 2\).

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển trên là \(C_6^2{2^4}{\left( { - 1} \right)^2} = 240\).

Tập xác định của hàm số: $D = ( - \infty; - 2\rbrack \cup \lbrack 2; + \infty)$.

+) Ta có: $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}y$ và $\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}y$ không tồn tại nên đồ thị hàm số không có đường tiệm cận đứng.

+) Ta có: $\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}y = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{\sqrt{x^{2} - 4}}{x - 1} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{\sqrt{1 - \dfrac{4}{x^{2}}}}{1 - \dfrac{1}{x}} = 1$

$\lim\limits_{x\rightarrow - \infty}y = \lim\limits_{x\rightarrow - \infty}\dfrac{\sqrt{x^{2} - 4}}{x - 1} = \lim\limits_{x\rightarrow - \infty}\dfrac{- \sqrt{1 - \dfrac{4}{x^{2}}}}{1 - \dfrac{1}{x}} = - 1$

$\left. \Rightarrow y = 1,y = - 1 \right.$ là các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Do $f'(x) < 0,\forall x \in (0; + \infty)$ nên hàm số $y = f(x)$ nghịch biến trên $(0; + \infty)$.

Khi đó ta có:

$\left. f(2024) < f(0) = 3\Rightarrow\text{~A} \right.$ sai

$\left. f(2023) < f(0) = 3\Rightarrow f(2023) + f(2024) < 3 + 3 = 6\Rightarrow \right.$ B sai

$\left. f(2023) > f(2024)\Rightarrow \right.$ C sai

Phép thử: "Chọn ngẫu nhiên lần lượt các số a, b phân biệt thuộc tập hợp $\left\{ {3^{k} \mid k \in N,1 \leq k \leq 10} \right\}$

$\left. \Rightarrow n_{\Omega} = 10.9 = 90 \right.$

Biến cố $A$: "$\log_{a}b$ là một số nguyên dương".

+ Giả sử $\left. a = 3^{k_{1}},b = 3^{k_{2}}\left( {k_{1} \neq k_{2}} \right)\Rightarrow\log_{a}b = \log_{3^{k_{1}}}\left( 3^{k_{2}} \right) = \dfrac{k_{2}}{k_{1}} \right.$ là một số nguyên dương.

$\left. \Rightarrow n_{A} = 17\Rightarrow P(A) = \dfrac{n_{A}}{n_{\Omega}} = \dfrac{17}{90}. \right.$

Ta có: $f(x) = k.\sqrt[3]{x} + \sqrt{x} = k.x^{\dfrac{1}{3}} + \sqrt{x}$.

$f'(x) = \dfrac{k}{3}x^{- \dfrac{2}{3}} + \dfrac{1}{2\sqrt{x}} = \dfrac{k}{3\sqrt[3]{x^{2}}} + \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$.

Để $\left. f'(1) = \dfrac{3}{2}\Leftrightarrow\dfrac{k}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}\Leftrightarrow k = 3 \right.$.

Tập xác định: $D = \lbrack 0;2\rbrack$.

Ta có: $\left. y' = \dfrac{1 - x}{\sqrt{2x - x^{2}}} = 0\Leftrightarrow x = 1 \right.$.

Bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu, ta thấy hàm số nghịch biến trên $(1;2)$.

Khi đó: $\left. a = 1;b = 2\Rightarrow a + 2b = 1 + 2.2 = 5 \right.$.

$\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\sqrt{ax^{2} + bx} - cx} \right) = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{\left( {a - c^{2}} \right).x^{2} + bx}{\sqrt{ax^{2} + bx} + cx} = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\dfrac{\left( {a - c^{2}} \right).x + b}{\sqrt{a + \dfrac{b}{x}} + c} = - 2$

Khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} {a - c^{2} = 0} \\ {\dfrac{b}{\sqrt{a} + c} = - 2} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = c^{2}} \\ {b = - 2\sqrt{a} - 2c} \end{array} \right. \right.$.

Kết hợp với $c^{2} + a = 18$

Khi đó $\left. 2c^{2} = 18\Leftrightarrow c^{2} = 9\rightarrow a = 9 \right.$ và $c = 3$ (vì $c \neq - \sqrt{a})$

Vậy $b = - 2\sqrt{a} - 2c = - 2\sqrt{9} - 2.3 = - 12$ nên $a + b + 5c = 9 - 12 + 5.3 = 12$.

Tam giác SAC cân tại $S$ và $O$ là trung điểm AC nên $SO\bot AC$.

Tam giác SBD cân tại $S$ và $O$ là trung điểm BD nên $SO\bot BD$.

AC và BD là hai đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng $(ABCD)$.

Từ những điều trên, suy ra $SO\bot(ABCD)$.

Xét $\left. g(x) = f(x) - \dfrac{x^{2}}{2}\Rightarrow g'(x) = f'(x) - x \right.$.

Từ đồ thị ta thấy: $\left. g'(x) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 0} \\ {x = 1} \\ {x = - 1} \end{array} \right. \right.$

Vì hệ số cao nhất của $f(x)$ nhỏ hơn 0 nên hệ số cao nhất của $g(x)$ cũng nhỏ hơn 0.

Ta có bảng biến thiên:

$\left. \Rightarrow g(x) = 0 \right.$ luôn có đúng 2 nghiệm bội lẻ.

Vậy số điểm cực trị của hàm số $y = \left| {f(x) - \dfrac{x^{2}}{2}} \right|$ là 5.

Ta có $g(x) = f\left( {2x + 1} \right) - 4x - 3$ $\left. \Rightarrow g'(x) = 2f'\left( {2x + 1} \right) - 4 \right.$.

Cho $\left. g'(x) = 0\Leftrightarrow f'\left( {2x + 1} \right) = 2 \right.$.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy $\left. f'\left( {2x + 1} \right) = 2\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {2x + 1 = \ \ - 1} \\ {2x + 1 = 1} \\ {2x + 1 = 2} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = \ \ - 1} \\ {x = 0} \\ {x = \dfrac{1}{2}} \end{array} \right. \right.$

Ta có $g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) + 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} g\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) - 3,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} g\left( {\dfrac{1}{2}} \right) = f\left( 2 \right) - 5$.

Khi đó ta có BBT:

Dựa vào BBT ta thấy $\min\limits_{\lbrack{- 1;\dfrac{1}{2}}\rbrack}g(x) = g(0) = f(1) - 3$.

\(\left( C \right):{x^2} + {y^2} - 4x - 6y = 12\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I\left( {2;\,\,3} \right)\\R = 5\end{array} \right.\)

\(M \in d:2x - y + 3 = 0\)\( \Rightarrow M\left( {t;\,\,2t + 3} \right)\)\( \Rightarrow \overrightarrow {IM}  = \left( {t - 2;\,\,2t} \right)\)

Theo đề bài, ta có :

\(\begin{array}{l}IM = 2R\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {t - 2} \right)}^2} + {{\left( {2t} \right)}^2}}  = 10\\ \Leftrightarrow 5{t^2} - 4t - 96 = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = -4\\t =  \dfrac{{24}}{5}\end{array} \right.\,\,\,\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}M\left( {-4;\,\,-5} \right)\\M\left( { \dfrac{{24}}{5};\,\,\dfrac{{63}}{5}} \right)\end{array} \right.\)

Mà \(a > 0\) nên \(a =  \dfrac{24}{5};\,\,b = \dfrac{63}{5}\).

\( \Rightarrow {a^2} + {b^2}\)\( =\dfrac{909}{5} \)

Chọn B. 

Gọi M, H lần lượt là trung điểm của BC, CD.

Do $\Delta BCD$ vuông tại $B$ nên $BH = CH = DH$ hay $H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCD$.

Mà $AB = AC = AD$ nên AH là đường cao kẻ từ $A$ xuống $(BCD)$ hay $AH\bot(BCD)$.

$\left. \Rightarrow AH\bot BC. \right.$ (1)

M, H là trung điểm của BC, CD nên MH là đường trung bình của $\Delta BCD$

$\left. \Rightarrow\left\{ \begin{array}{l} {MH = \dfrac{1}{2}BD = \dfrac{a\sqrt{6}}{6}.} \\ {MH//BD} \end{array} \right. \right.$

Mà $MD\bot BC$ nên $MH\bot BC$. (2)

Từ (1), (2) suy ra: $BC\bot(AMH)$.

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l} {BC\bot AM} \\ {BC\bot MH} \end{array}\Rightarrow\lbrack A,BC,D\rbrack = \widehat{AMH} \right.$.

Lại có: $AH = \sqrt{AC^{2} - CH^{2}} = \sqrt{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)^{2} - \left( \dfrac{a}{2} \right)^{2}} = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

$\left. \Rightarrow\tan\widehat{AMH} = \dfrac{AH}{MH} = \sqrt{3}\Rightarrow\widehat{AMH} = \dfrac{\pi}{3}\Rightarrow\cos\widehat{AMH} = \dfrac{1}{2}. \right.$

Cỡ mẫu $n = 20$.

Gọi $x_{1};x_{2};\ldots;x_{20}$ là mẫu số liệu gốc gồm quãng đường của 20 ngày đi bộ của bác Hương được sắp xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\dfrac{1}{2}\left( {x_{5} + x_{6}} \right) \in \lbrack 3,0;3,3)$.

Do đó, tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm là

$Q_{1} = 3,0 + \dfrac{\dfrac{20}{4} - 3}{6} \cdot (3,3 - 3,0) = 3,1$

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\dfrac{1}{2}\left( {x_{15} + x_{16}} \right) \in \lbrack 3,6;3,9)$.

Do đó, tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là

$Q_{3} = 3,6 + \dfrac{\dfrac{3 \cdot 20}{4} - (3 + 6 + 5)}{4} \cdot (3,9 - 3,6) = 3,675$

Vậy khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là $\Delta Q = 3,675 - 3,1 = 0,575$

Ta có sơ đồ sau:

Giả sử tọa độ của trung tâm là 0 thì tọa độ các điểm tham quan là -5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5.

Gọi $x,y,z$ là tọa độ của các nơi họ đến thì theo đề bài, ta có

$\left. 2( \middle| x \middle| + \middle| y \middle| + \middle| z \middle| ) \leq 10\Leftrightarrow \middle| x \middle| + \middle| y \middle| + \middle| z \middle| \leq 5 \right.$

Theo bài toán chia kẹo Euler, bất phương trình này có $C_{5}^{3}$ nghiệm nguyên dương.

Tuy nhiên, với mỗi giá trị |x|, |y|, |z| ta đều có hai cách chọn là $- x$ hay $x$.

Vì thế tổng số cách chọn là $2^{3} \cdot 10 = 80$ cách.

Ta có $\left. 2x - x^{2} = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = 0} \\ {x = 2.} \end{array} \right. \right.$

Thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho $(H)$ quay xung quanh trục Ox là

$V = \pi{\int_{0}^{2}\left( {2x - x^{2}} \right)^{2}}~\text{d}x = \dfrac{16}{15}\pi$.

Để bất phương trình $x^{2} - (m + 2)x + 8m + 1 \leq 0$ vô nghiệm thì $x^{2} - (m + 2)x + 8m + 1 > 0,\forall x \in {\mathbb{R}}$.

$\left. \Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {a = 1 > 0} \\ {\Delta = {(m + 2)}^{2} - 4(8m + 1) < 0} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Leftrightarrow m^{2} + 4m + 4 - 32m - 4 < 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow m^{2} - 28m < 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow 0 < m < 28 \right.$.

Theo đề bài ta có: $\dfrac{E_{X}}{E_{Y}} = 14$.

$\begin{array}{l} \left. \Rightarrow\log\left( \dfrac{E_{X}}{E_{Y}} \right) = \log E_{X} - \log E_{Y} = 1,5\left( {M_{X} - M_{Y}} \right) = \log 14 \right. \\ \left. \Leftrightarrow M_{X} - M_{Y} = \dfrac{\log 14}{1,5}\Rightarrow M_{Y} = 8 - \dfrac{\log 14}{1,5} \approx 7,2 \right. \end{array}$

Vậy độ lớn của trận động đất tại thành phố $Y$ là 7,2 độ Richter.

Từ “hỏa tốc, siêu tốc, thần tốc” đều nhấn mạnh mức độ di chuyển rất nhanh của sự vật. Từ “vận tốc” là khái niệm để đo tốc độ của sự vật, không nhấn mạnh tính nhanh.

=> Từ “vận tốc” không cùng nhóm với các từ còn lại.

- Các từ “bồi hồi, bổi hổi, xao xuyến” đều chỉ trạng thái có những cảm xúc, ý nghĩ trở đi trở lại, làm xao xuyến không yên (thường là khi nghĩ đến việc đã qua).

- “Bịn rịn” là trạng thái thường diễn ra khi chia tay để chỉ sắc thái dùng dằng, lưu luyến, không dứt ra được vì nặng tình, nặng nghĩa giữa kẻ ở người đi.

Vậy nên từ “bịn rịn” có nghĩa khác với các từ còn lại.

- Từ “rào rào” là từ láy toàn phần.

- Các từ “tấp nập, rối rít, xôn xao” là các từ láy âm đầu và vần.

=> Từ “rào rào” không cùng nhóm với các từ còn lại.

- Các từ “giáo viên, giảng viên, nghiên cứu sinh” đều là các danh từ từ chỉ nghề nghiệp, chức danh. Từ “nghiên cứu” là động từ nên đây là từ không cùng nhóm.

Tiếng “nhân” trong các từ: nhân hậu, nhân nghĩa, nhân văn đều mang ý nghĩa là con người

+ Nhân hậu: có lòng thương người, là lòng tốt của con người đối với nhau.

+ Nhân nghĩa: lòng thương người và tôn trọng lẽ phải, điều phải

+ Nhân văn: là sự hiểu biết và lòng nhân ái đối với con người khác, đồng thời là khả năng đặt mình vào tình huống của họ và cảm thông với họ.

Tiếng “nhân” trong “nhân quả” là nguyên nhân.

Nhân quả: nói khái quát của nguyên nhân, kết quả; Nhân (theo nghĩa đen là hạt giống), là nguyên nhân; quả (theo nghĩa đen là trái cây), là kết quả. Nói cách khác, mọi sự vật, hiện tượng trong thế giới đều do nguyên nhân của nó sinh ra.

Như vậy, từ “nhân quả” có nghĩa khác với các từ còn lại.

- Ở vị trí cần điền thứ nhất:

+ Từ “khác biệt” không phù hợp vì nó thường nhấn mạnh sự so sánh giữa các đối tượng để chỉ ra sự không giống nhau. Trong khi đó, nội dung câu văn này đề cập đến sự chuyển hóa, thay đổi theo thời gian (của làng quê).

=> Đáp án C sai.

+ Các từ trên đều có chung đặc điểm: chỉ sự thay đổi, không còn giống với trước đây.

+ Trong ngữ cảnh của văn bản, đáp án A không phù hợp vì từ “biến đổi” nghĩa là  thay đổi mang tính toàn diện hoặc có sự chuyển hóa từ trạng thái này sang trạng thái khác.

=> Đáp án A sai.

- Ở vị trí cần điền thứ hai:

Cần chú ý đến “hạnh phúc muốn trở về” và phần sau chỗ cần điền: “càng muốn” => nghĩa của từ cần điền sẽ đối lập trong cùng hệ quy chiếu với từ “hạnh phúc”.

=> Đáp án D không phù hợp.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: đổi thay - khổ đau.

- Chú ý đến mối quan hệ giữa 2 vế câu: được kết nối với nhau qua từ “thì” => điều kiện - kết quả.

- Các cặp từ đáp án đều có khả năng đáp ứng ý nghĩa này.

- Ở vị trí điền từ thứ nhất:

+ Chú ý vế “tầm nhìn bị thu hẹp về con số 0”. Nói đến tầm nhìn bị thu hẹp, đáp án A, D hợp lí.

+ Đáp án C sai vì nghĩ khác không liên quan đến việc “thu hẹp tầm nhìn”.

- Ở vị trí điền từ thứ hai:

+ Từ “khổ đau” không phù hợp vì thuộc “cảm nhận”. Trong khi mối quan hệ giữa từ “cảm nhận” và từ cần điền là tương đương (từ “và”). => Đáp án B sai.

+ Từ “suy ngẫm” không phù hợp vì không tương ứng về nghĩa với từ “mở ra” vì “suy ngẫm” là suy nghĩ kĩ lưỡng, thường sẽ là bề sâu.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: nhắm mắt - tưởng tượng.

- Ở vị trí điền từ thứ nhất:

+ Từ “chập chững” nghĩa là “có những bước chưa vững vì mới tập đi”. Trong khi ở phần trước có đề cập “đi học, đi chăn bò” => không phù hợp về logic. => Đáp án A sai.

+ Từ “lang thang” có nghĩa là đến chỗ này rồi lại bỏ đi chỗ khác, không dừng lại ở một chỗ nào nhất định => không phù hợp với ngữ cảnh => Đáp án C sai.

- Ở vị trí điền từ thứ hai:

+ Từ “tiềm thức” nghĩa là “hoạt động tâm lí của con người mà bản thân người ấy không có ý thức”. Trong khi đó, việc nhớ về những điều này thuộc về hành động có ý thức

=> Đáp án B sai.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: lon ton - kí ức.

- Ở vị trí điền từ thứ nhất: chú ý từ “tạp âm”: âm thanh khác lạ có chất lượng kém xen lẫn vào, gây khó khăn cho việc nghe nhận âm thanh chính.

=> Đáp án A, C không phù hợp về nghĩa. (“chắt lọc, chọn lọc” có nghĩa là chọn lấy phần tinh tuý)

- Ở vị trí điền từ thứ hai:

Câu văn đề cập đến vấn đề “lắng nghe”. Thường trong mối quan hệ này tồn tại 2 đối tượng: người nói và người nghe.

+ Từ “người khác” dùng ở đây chưa phù hợp vì nghĩa khái quát, không xác định.

+ Từ “người đối diện” cụ thể, xác định hơn.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: gạn lọc – người đối diện.

Ở vị trí cần điền thứ nhất:

- “thiên thể” là tên gọi chung các vật thể tồn tại tự nhiên trong vũ trụ, như sao, hành tinh, vệ tinh, v.v..

- “thiên thạch” nghĩa là vật thể, phần lớn bằng đá hoặc kim loại, từ khoảng không vũ trụ rơi vào Trái Đất.

- “hành tinh” nghĩa là thiên thể không tự phát ra ánh sáng, quay xung quanh Mặt Trời hoặc một ngôi sao.

- “vũ trụ” nghĩa là khoảng không gian vô cùng tận chứa các thiên hà.

Dựa vào nội dung của phần trước vị trí cần điền:

- Mặt Trời không phải hành tinh, không tương đương với Trái Đất theo cách hiểu đó nên từ “hành tinh” không phù hợp => Đáp án C sai.

- Từ “vũ trụ” không hợp lí vì vũ trụ bao gồm dải ngân hà chứ dải ngân hà không bao gồm vũ trụ => Đáp án D sai.

Ở vị trí cần điền thứ hai:

Từ “gia tốc” nghĩa là độ tăng giảm vận tốc trong một đơn vị thời gian của một vật đang chuyển động. => không phù hợp với ngữ cảnh => Đáp án B sai.

=> Đáp án A đúng.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu trên là: thiên thể - tốc độ.

- Cụm từ sai là: kết quả đạt được. Vì: "kết quả đạt được" là sự kết hợp không cần thiết vì "kết quả" đã ngụ ý đạt được.

=> Sửa lại: Anh ấy ra sức luyện tập, nhưng kết quả vẫn không được như mong đợi.

Phân tích:

Cần xác định rõ ngữ cảnh.

- Từ “tiến trình” thường nhấn mạnh sự phát triển hoặc sự thay đổi dần dần của sự kiện, quá trình theo một hướng nhất định. Nó có thể dùng để chỉ sự chuyển động, cải tiến, hoặc sự tiến triển của một tình trạng.

- Trong khi câu này đề cập đến tầm quan trọng của bảng kế hoạch tổng trong việc “theo dõi” thì đó cần là một chuỗi các sự kiện, hành động hay giai đoạn diễn ra liên tục và liên kết với nhau để đạt được một kết quả cụ thể.

=> Từ “tiến trình” dùng không hợp lí.

Sửa lại: Bảng kế hoạch tổng rất quan trọng trong việc xác định, tổ chức thực hiện và theo dõi quá trình thi công theo kế hoạch đã lập và theo thực tế công trường.

- Cụm từ sai là: không thể thuyết phục. Câu này có vấn đề về sự sử dụng từ ngữ không phù hợp với ngữ cảnh. Từ "thuyết phục" thường được sử dụng để diễn tả tác động khiến một người thay đổi suy nghĩ hoặc quan điểm, còn trong trường hợp này, chúng ta nói về "kết quả" của bài thi, điều mà không thể "thuyết phục".

Sửa lại:

Tất cả các em học sinh trong kì thi giữa học kì vừa qua đã làm bài thi với thái độ nghiêm túc, nhưng kết quả không đạt yêu cầu.

Câu này sai về ngữ nghĩa. Việc tiêu thụ những sản phẩm thân thiện với môi trường không thể đóng vai trò quan trọng đến mức “giúp cho” nền kinh tế phát triển mà nên dùng “góp phần vào” sẽ hợp lí hơn.

Sửa lại:

Trong tương lai gần, những sản phẩm thân thiện với môi trường sẽ được tiêu thụ rộng rãi và góp phần vào việc phát triển nền kinh tế của đất nước.

- Cụm từ sai là: nhiệm vụ đã giao. Vì đây là nhiệm vụ mà nhóm nghiên cứu nhận trách nhiệm thực hiện nên cụm từ này cần có cấu trúc bị động.  

=> Sửa lại:

Với sự quyết tâm và sáng tạo, nhóm nghiên cứu đã hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ được giao, tạo ra một sản phẩm mang lại giá trị thiết thực cho cộng đồng.

HS đọc ngữ liệu, đồng thời xác định các ý chính có trong đoạn:

- Phương án A: có chi tiết “Mác đã gạt sang một bên tất cả những thứ đó, coi như cái mạng nhện vướng chân, chẳng thèm đếm xỉa, và chỉ đáp lại khi thấy hết sức cần thiết mà thôi”.

- Phương án B: có chi tiết “Các chính phủ - cả chuyên chế lẫn cộng hòa - đều trục xuất ông, bọn tư sản - cả bảo thủ lẫn dân chủ cực đoan - đều thi nhau vu khống và nguyền rủa ông”.

- Phương án C: Không xuất hiện trong đoạn trích.

- Phương án D: Đoạn 1 văn bản nói về cuộc đời của Mác, đoạn 2 nói về sự ra đi của Mác và sự tiếc thương của thế giới dành cho ông.

Phương án A và B đúng nhưng chưa đủ, phương án C không xuất hiện, phương án D đầy đủ nhất.

- Dựa vào nội dung văn bản, hai người bạn có nhiều kỉ niệm như cùng đi xem hát cô đầu, cùng nhau: thưởng thức rượu ngon, cùng nhau bàn soạn, trò chuyện thơ văn.

- Leo núi, băng rừng không phải là kỉ niệm của hai người.

Đọc đoạn trích, xác định nội dung là lời Xi-ta đáp lại sau khi bị Ra-ma buộc tội nên loại B và D. Đoạn trích không xuất hiện các yếu tố làm nổi bật tình huống giao tiếp nên loại A, chọn C.

Hình ảnh trung tâm là hình ảnh thơ xuất hiện xuyên suốt tác phẩm, là hình ảnh có ý nghĩa quan trọng, tác động đến nội dung của bài thơ. Trong bài thơ “một phía chiến trường” có thể thấy mỗi phía chiến trường xuất hiện là một hình ảnh chiếc xe hiện ra, hình ảnh chiếc xe từ mặt trận xuất hiện như một sợi chỉ xuyên suốt tác phẩm.

- Đoạn trích với nội dung kể về nghĩa cử tốt đẹp, tấm lòng nhân hậu của cô giáo đối với nhân vật “tôi”, qua đó gửi đến nhân vật “tôi” và người đọc thông điệp về ý nghĩa của việc cho và nhận. Cho không phải là sự ban ơn, nhận không có nghĩa là phải trả lại đúng người đã cho mình mà qua việc cho – nhận giúp mỗi người bao dung hơn, có trách nhiệm hơn với cuộc sống. Vì vậy thông điệp chính của văn bản là ý nghĩa của việc cho và nhận.

+ Đáp án A thực chất chưa phản ánh được hết, chỉ mới nói được sự cho đi, nhưng văn bản còn có thông điệp về người đón nhận.

+ Đáp án B là nội dung văn bản chứ không phải là thông điệp.

+ Đáp án D thực chất trong văn bản nên là làm điều tốt chứ không dùng làm việc thiện vì hành động của cô giáo đối với HS sẽ không dùng cách diễn đạt này.

“Long bong” là từ mô phỏng âm thanh nhẹ nhưng âm vang phát ra liên tục và đều đều như tiếng nước vỗ nhẹ vào vật khác => từ tượng thanh.

- Có thể nhận thấy văn bản trên dù rất ngắn nhưng đã liên tiếp đưa ra các khái niệm về tính cách, về thói quen. Cả hai khái niệm này đều được giải thích rõ ràng, làm sáng rõ, vậy nên thao tác lập luận chủ yếu là giải thích.

- Đáp án B sai vì văn bản không so sánh bất kì đối tượng nào.

- Đáp án C sai vì văn bản mới chỉ đưa ra giải thích bước đầu mà chưa bình luận.

- Đáp án D sai vì văn bản không chia tách vấn đề.

Đoạn văn kết cấu dưới dạng tổng - phân - hợp vì câu đầu và câu cuối đều mang nhiệm vụ câu chủ đề chốt nội dung của đoạn và đều hướng về nội dung chung là cái mới trong nghệ thuật.

Trong đoạn thơ có xuất hiện từ “tương tư” có nghĩa là nhớ (người yêu) da diết, kết hợp với câu hỏi “bao giờ bến mới gặp đò” hay “khoa khuê các bướm giang hồ gặp nhau” đều cùng ám chỉ đôi lứa gặp nhau. Nhân vật trữ tình đang đợi chờ, mong ngóng đến ngày được gặp người mình yêu. Như vậy, trong đoạn thơ chính là cảm xúc mong mỏi, mong chờ, ngóng trông của sự nhớ thương, tình yêu đôi lứa.

Tác giả so sánh “thời gian như gió thoảng qua” như để ám chỉ thời gian trôi qua nhanh, không chờ đợi con người. Câu dưới cũng thực hiện phép so sánh “tình yêu là cánh đồng hoa giữa trời” như muốn thể hiện vẻ đẹp của tình yêu, tình yêu như hoa, tươi đẹp, đầy màu sắc. Song, đó còn là cánh đồng hoa giữa trời tức là trung tâm của đất trời. Vậy nên đáp án B là chính xác.