Thi thử toàn quốc: Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - 18-19/1/2025 (Đợt 3)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {AO}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AI} \)

Xét tam giác \(ABI\), \(AI = \sqrt {A{B^2} + B{I^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AB}  + 2\overrightarrow {AO} } \right| = 2AI = a\sqrt 5 .\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}4x - 3y \ge 5\\3 - 4x + 3y > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 3y \ge 5\\ - 4x + 3y >  - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 3y \ge 5\\4x - 3y < 3\end{array} \right.\) vô lý

Vậy hệ bất phương trình vô nghiệm.

Cân nặng cao nhất của 10 trẻ sơ sinh trong mẫu trên là: 4,236

Cân nặng cao thấp của 10 trẻ sơ sinh trong mẫu trên là: 2,593

Khi đó, ta có khoảng biến thiên là \(R = 4,236 - 2,593 = 1,643.\)

Khi \(x > 1\) phương trình \(\dfrac{1}{{\left| {x - 1} \right|}} = 2x + 3\)

\( \Leftrightarrow 1 = \left( {2x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4}\\x = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {33} }}{4}\end{array} \right.\)

Suy ra \({x_0} = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {33} }}{4}\)\( \Rightarrow a =  - 1;b = 33\)

Vậy \(S = a + b = 32.\)

Gọi \(n\) là số cạnh của đa giác đều, khi đó số cạnh là \(n\) với \(\left\{ \begin{array}{l}n > 3\\n \in \mathbb{N}\end{array} \right.\).

Số đường chéo của đa giác là \({\rm{C}}_n^2 - n = \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - n = \dfrac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2}\).

Theo giả thiết ta có \(2n = \dfrac{{n\left( {n - 3} \right)}}{2} \Leftrightarrow {n^2} - 7n = 0 \Leftrightarrow n = 7 \vee n = 0\).

Kết hợp điều kiện, ta có \(n = 7\).

Gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) và áp dụng công thức tính tổng \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng \({S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \dfrac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right).n}}{2} = \dfrac{{\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]n}}{2}\).

Giả thiết tương đương \(\dfrac{{\left[ {2{u_1} + 2023d} \right]2024}}{2} = 4\dfrac{{\left[ {2{u_1} + 1011d} \right]1012}}{2} \Leftrightarrow d = 2{u_1}\)

Ta có \(P = \log _3^2\left( {{u_1} + d} \right) + \log _3^2\left( {{u_1} + 4d} \right) + \log _3^2\left( {{u_1} + 13d} \right)\)\( = \log _3^2\left( {3{u_1}} \right) + \log _3^2\left( {9{u_1}} \right) + \log _3^2\left( {27{u_1}} \right)\)

\( = {\left( {1 + {{\log }_3}{u_1}} \right)^2} + {\left( {2 + {{\log }_3}{u_1}} \right)^2} + {\left( {3 + {{\log }_3}{u_1}} \right)^2}\).

Đặt \({\log _3}{u_1} = t\) ta có

\(P = {\left( {1 + t} \right)^2} + {\left( {2 + t} \right)^2} + {\left( {3 + t} \right)^2} = 3{t^2} + 12t + 14 = 3{\left( {t + 2} \right)^2} + 2 \ge 2\).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(t = - 2\), nên \({\log _3}{u_1} =  - 2 \Leftrightarrow {u_1} = \dfrac{1}{9} \Rightarrow d = \dfrac{2}{9}\) (thỏa mãn).

Vậy GTNN của \(P\) bằng \(2\) khi \({u_1} = \dfrac{1}{9};\,\,d = \dfrac{2}{9}\).

Xét tính liên tục của hàm số \(f\left( x \right)\) tại \(x = 1\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = n\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + 5x + m}}{{x - 1}}.\end{array} \right.\)

Để hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\) thì:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + 5x + m}}{{x - 1}} = n\).

Vậy đa thức \({x^2} + 5x + m\) phải có nghiệm là \(x = 1\) nên ta có:  \({1^2} + 5.1 + m = 0\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,m =  - 6\).

Với \(m =  - 6\) thì:  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + 5x + m}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + 5x - 6}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 6} \right)}}{{x - 1}} = 7 = n\) .

Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}m =  - 6\\n = 7\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \,\,\,m + n = 1\).

Ta có \(y' = f'\left( x \right) = \dfrac{{ - 1}}{{{{(x - 2)}^2}}}\).

Phương trình tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm \(M\left( {{x_0} ; {y_0}} \right) \in  (C)\)(\({x_0} \ge 3\)) có dạng \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

Do tiếp tuyến cắt hai tia \(Ox, Oy\) lần lượt tại hai điểm \(A, B\) và tam giác \(OAB\) cân nên tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(y = x\).

Suy ra \(\dfrac{{ - 1}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{ - 1}}{1} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} = 3\end{array} \right.\). So điều kiện thì ta loại \({x_0} = 1.\)

Với \({x_0} = 3\) ta có phương trình tiếp tuyến là \(y =  - x + 5\).

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x >  - 1\\x \ne 1\end{array} \right.\)

\({x^2} - 3x - \ln \left( {\dfrac{{x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + \ln {\left( {x - 1} \right)^2} = x + 1 + \ln \left( {x + 1} \right){\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \left( 1 \right)\)

Đặt \(f\left( t \right) = t + \ln \left( t \right)\) , \(t > 0\)

Ta có: \(f'\left( t \right) = 1 + \dfrac{1}{t} > 0{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \forall t > 0\)

Suy ra \(f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có phương trình

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \) \(f\left( {x + 1} \right) = f\left( {{{\left( {x - 1} \right)}^2}} \right) \Leftrightarrow x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 3\end{array} \right.\) (thỏa điều kiện)

Điều kiện: \(x > 0\)

Với \(x > 0\) ta có \({x^{{{\log }_2}3}} = {3^{{{\log }_2}x}}\) do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình \(\left( {m - 3} \right){9^{{{\log }_2}x}} + 2\left( {m + 1} \right){3^{{{\log }_2}x}} - m - 1 = 0\)

Đặt \(t = {3^{{{\log }_2}x}}\,\)\(\left( {t > 0} \right)\)

Khi đó phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành \(\left( {m - 3} \right){t^2} + 2\left( {m + 1} \right)t - m - 1 = 0\)\(\left( * \right)\).

Phương trình \(\left( 1 \right)\)có \(2\) nghiệm \(x\) phân biệt \( \Leftrightarrow \) phương trình \(\left( * \right)\)có \(2\) nghiệm \(t\) dương phân biệt

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ne 0\\\Delta  > 0\\S > 0\\P > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 \ne 0\\2{m^2} - 2 > 0\\\dfrac{{ - 2\left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0\\\dfrac{{ - \left( {m + 1} \right)}}{{m - 3}} > 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne 3\\\left[ \begin{array}{l}m <  - 1\\m > 1\end{array} \right.\,\,\\ - 1 < m < 3\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow 1 < m < 3\).

Khi đó, \(\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\end{array} \right.\) \( \Rightarrow S = 4\).

Gọi \(H\) là trung điểm \(BC\) \( \Rightarrow \) \(BC \bot SH\) (do \(\Delta SBC\) cân tại \(S\)).

Gọi \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\) và \(I = SH \cap MN\).

Do \(S.ABC\) là chóp đều \( \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có: \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN \bot SH\) tại \(I\).

Vậy: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AMN} \right) \bot \left( {SBC} \right)\\\left( {AMN} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\SH \bot MN,SH \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {AMN} \right) \Rightarrow SH \bot AI\).

Lại có \(I\) là trung điểm \(SH\) (do \(I \in MN\)) \( \Rightarrow AI\) là đường trung tuyến \(\Delta SAH\).

Suy ra \(\Delta SAH\) cân tại \(A \Rightarrow SA = AH = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{3a}}{2}\).

Xét \(\Delta SGA\) vuông tại \(G\): \(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{2}{3}.\dfrac{{3a}}{2}} \right)}^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}\).

Mặt khác: \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SC}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow {V_{MNABC}} = \dfrac{3}{4}{V_{S.ABC}} = \dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{3}.SG.\dfrac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{3\sqrt {15} }}{{32}}{a^3}\).

Số cách lấy ngẫu nhiên \(3\) số từ tập hợp \(S\) là: \(C_{20}^3 = 1140\).

Ta chia thành \(3\) tập: Số chia hết cho \(3\), số chia \(3\) dư \(1\), số chia \(3\) dư \(2.\)

Số chia hết cho \(3:\) \(\left\{ {3;6;9;12;15;18} \right\}\)

Số chia \(3\) dư \(1:\) \(\left\{ {1;4;7;10;13;16;19} \right\}\)

Số chia \(3\) dư \(2:\) \(\left\{ {2;5;8;11;14;17;20} \right\}\)

Nếu

\(a \equiv 0\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {a^2} \equiv 0\left( {\bmod 3} \right),{\rm{ }}a \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {a^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right),{\rm{ }}a \equiv 2\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {a^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right)\)

Nên để \(\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \equiv 0\left( {\bmod 3} \right)\) ta có các TH sau:

TH1: Lấy \(3\) số từ cùng một trong \(3\) tập trên: \(C_6^3 + C_7^3 + C_7^3 = 90\)

TH2: Lấy \(2\) số từ tập các số chia \(3\) dư \(1\) và một số từ tập các số chia \(3\) dư \(2\): \(C_7^2.C_7^1 = 147\)

TH3: Lấy \(2\) số từ tập các số chia \(3\) dư \(2\) và một số từ tập các số chia \(3\) dư \(1\): \(C_7^2.C_7^1 = 147\)

Vậy xác suất cần tính là: \(\dfrac{{147 + 147 + 90}}{{1140}} = \dfrac{{32}}{{95}} = \dfrac{m}{n} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 32\\n = 95\end{array} \right. \Rightarrow m + n = 127.\)

Đặt \(\alpha  = \widehat {ABC} \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\).

Dựa vào hình vẽ, ta có \(AB = AK + KB\)\( = \dfrac{{MK}}{{\cos \alpha }} + \dfrac{{KH}}{{\sin \alpha }}\)\( = \dfrac{1}{{2\cos \alpha }} + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{{2\sin \alpha }}\).

Đặt \(f\left( \alpha  \right) = \dfrac{1}{{2\cos \alpha }} + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{{2\sin \alpha }}\). Bài toán trở thành tìm \(\mathop {\min }\limits_{\alpha  \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)} f\left( \alpha  \right)\) với \(\alpha  \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\).

Ta có \(f'\left( \alpha  \right) = \dfrac{{\sin \alpha }}{{2{{\cos }^2}\alpha }} + \dfrac{{ - 3\sqrt 3 {\rm{.cos}}\alpha }}{{2{{\sin }^2}\alpha }}\)\( = \dfrac{{{{\sin }^3}\alpha  - 3\sqrt 3 {\rm{.co}}{{\rm{s}}^3}\alpha }}{{2{{\cos }^2}\alpha .{{\sin }^2}\alpha }}\).

\(f'\left( \alpha  \right) = 0 \Leftrightarrow {\sin ^3}\alpha  - 3\sqrt 3 {\rm{.co}}{{\rm{s}}^3}\alpha  = 0\)\( \Leftrightarrow {\tan ^3}\alpha  = 3\sqrt 3 \)\( \Leftrightarrow \tan \alpha  = \sqrt 3 \)\( \Leftrightarrow \alpha  = \dfrac{\pi }{3} \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\).

Bảng biến thiên:

Vậy \(A{B_{\min }} = \mathop {\min }\limits_{\alpha  \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)} f\left( \alpha  \right)\)\( = f\left( {\dfrac{\pi }{3}} \right) = 4\left( {\rm{m}} \right)\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên đường thẳng \(AB\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Góc giữa \(SC\)và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCH} = 45^\circ \)\( \Rightarrow \) \(SH = SC.\sin 45^\circ \).

Mặt khác \(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\CB \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)

Góc giữa \(SC\)và \(\left( {SAB} \right)\) là góc \(\widehat {CSB} = 30^\circ \) \( \Rightarrow \) \(SC = \dfrac{{BC}}{{\sin 30^\circ }} = 2a\).

Do đó \(SH = SC.\sin 45^\circ  = a\sqrt 2 \).

Diện tích đáy \({S_{ABCD}} = {a^2}\) .

Thể tích khối chóp \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{{SH.{S_{ABC{\rm{D}}}}}}{3} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\).

Kết quả trên không phụ thuộc vào vị trí của H trên đường thẳng \(AB\).

Gọi H là hình chiếu của S trên BC. Vì mặt bên SBC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi I là hình chiếu của H trên AB, K là hình chiếu của H trên SI.

Khi đó \(HK \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(HK = {d_{\left[ {H,\left( {SAB} \right)} \right]}}\).

\(\Delta SBC\) đều nên H là trung điểm BC

\( \Rightarrow BH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{a}{2}\); \(HI = BH.\sin {30^0} = \dfrac{a}{2}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{a}{4}\) và \(SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có \(\dfrac{1}{{H{K^2}}} = \dfrac{1}{{S{H^2}}} + \dfrac{1}{{H{I^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{a}{4}} \right)}^2}}} \Rightarrow HK = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{26}}\).

Ta có \(\dfrac{{{d_{\left[ {C,\left( {SAB} \right)} \right]}}}}{{{d_{\left[ {H,\left( {SAB} \right)} \right]}}}} = \dfrac{{CB}}{{HB}} = 2 \Rightarrow {d_{\left[ {C,\left( {SAB} \right)} \right]}} = 2{d_{\left[ {H,\left( {SAB} \right)} \right]}} = 2HK = 2.\dfrac{{a\sqrt {39} }}{{26}} = \dfrac{{a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Ta có bảng thống kê kết quả thu nhặt vỏ chai nhựa của các em học sinh lớp 12 trường X theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu \(n = 12 + 24 + 30 + 57 + 36 + 21 = 180\).

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\overline x  = \dfrac{{3,5.12 + 8,5.24 + 13,5.30 + 18,5.57 + 23,5.36 + 28,5.21}}{{180}} = 17,5\)

Vậy số vỏ chai nhựa trung bình mà mỗi học sinh khối 12 của trường X đã thu nhặt được là \(17,5\).

Hộp thứ nhất có chứa \(x\) viên bi, trong đó có \(d\) viên bi đen.

Hộp thứ hai có chứa \(x'\)viên bi, trong đó có \(d'\)viên bi đen.

Ta có: \(x + x' = 20,{\rm{ }}x < x'\). (1)

Xét phép thử: Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp \(1\) viên bi.

Số phần tử không gian mẫu: \(n\left( \Omega  \right) = xx'\).

Gọi A là biến cố lấy được hai bi đen, suy ra \(n\left( A \right) = dd'\).

Theo giả thiết, ta có: \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{dd'}}{{xx'}} = \dfrac{{55}}{{84}}\).\(\)

Theo BĐT côsi: \(xx' \le \dfrac{1}{4}{\left( {x + x'} \right)^2} = \dfrac{1}{4}{.20^2} = 100\).

Suy ra: \(xx' = 84,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(x,x'\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 20X + 84 = 0\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\x' = 14\end{array} \right.\)

Khi đó \(dd' = 55 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}d = 5,(d < x)\\d' = 11\end{array} \right.\)

Do đó hộp thứ nhất chứa 1 bi trắng, hộp thứ hai chứa 3 bi trắng.

Gọi B là biến cố lấy được hai bi trắng.

Ta có: \(P\left( B \right) = \dfrac{{n\left( B \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{1.3}}{{84}} = \dfrac{1}{{28}}\).

Gọi S (suất) là tổng số suất cỏ ban đầu, a (suất cỏ/ngày) là tốc độ ăn của một con cừu, b (suất cỏ/ngày) là tốc độ mọc của bãi cỏ.

Theo đề ta có: \(S = 100.\left( {200a - b} \right)\) và \(S = 150.\left( {150a - b} \right)\).

Do đó \(100.\left( {200a - b} \right) = 150.\left( {150a - b} \right) \Rightarrow 2500a = 50b \Rightarrow b = 50a\)

Nên \(S = 100.\left( {200a - b} \right) = 100.\left( {200a - 50a} \right) = 15000a\).

Với 100 con cừu ăn cỏ, lượng cỏ mỗi ngày giảm xuống là \(100a - b = 100a - 50a = 50a\).

Thời gian để 100 con cừu ăn hết bãi cỏ là \(15000a:\left( {50a} \right) = 300\) (ngày)

Vậy với 100 con cừu sẽ ăn hết bãi cỏ đó trong 300 ngày.

Ta xóa đi các số 2;3;4;…44

Ta không cần xóa số 1 vì xét một số bằng tích hai số còn lại.

Khi đó tích của hai số bất kì trong phần còn lại nhỏ nhất là \(45 \times 46 = 2070 > 2025\)

Nên chắc chắc không có số nào bằng tích của hai số bất kì.

Vậy ta xóa đi 43 số.

Xét hàm số \(y = {x^3} + x + 1\) có \(y' = 3x^2 + 1 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Do đó hàm số \(y = {x^3} + x + 1\) không có cực trị

\(\begin{array}{l}y = {x^3} - 3\left( {m - 1} \right){x^2} - 3\left( {m + 1} \right)x + 3.\\ \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6\left( {m - 1} \right)x - 3\left( {m + 1} \right)\end{array}\)

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị \(A,B\) thì \(y' = 0\)có hai nghiệm phân biệt

\(\begin{array}{l}{\Delta _{y'}} > 0 \Leftrightarrow 36{\left( {m - 1} \right)^2} - 4.3.\left( { - 3m - 3} \right) > 0 \Leftrightarrow 36{m^2} - 36m + 72 > 0 \Leftrightarrow 9\left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) + 63 > 0\\ \Leftrightarrow 9{\left( {2m - 1} \right)^2} + 63 > 0\,\,\forall \,\,m \in \mathbb{R}\end{array}\)

Gọi \(\left( d \right)\) là phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị \(A,B\).

Ta có:

\(\left( d \right):y = \dfrac{2}{3}\left( {c - \dfrac{{{b^2}}}{{3a}}} \right)x + d - \dfrac{{bc}}{{9a}}\)

\(= \dfrac{2}{3}\left( { - 3m - 3 - \dfrac{{9{{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{3.1}}} \right)x + 3 - \dfrac{{ - 3\left( {m - 1} \right).\left( { - 3m - 3} \right)}}{{9.1}}\)

\(=2\left( { - {m^2} + m - 2} \right)x + 4 - {m^2}\)

Để \(O,A,B\) thẳng hàng thì điểm \(O\)thuộc \(\left( d \right)\).

Từ đó ta có

\({y_o} = 2\left( { - {m^2} + m - 2} \right){x_o} + 4 - {m^2} \Leftrightarrow 0 = 4 - {m^2} \Rightarrow m =  \pm 2\).

Từ đó tập \(S = \left\{ {2; - 2} \right\}\).

Tổng các phần tử \(S\) là 0.

Ta có: \(g'(x) = f'(x) + \dfrac{1}{{{x^2}}}\).

Từ đồ thị hàm số \(f'(x)\) ta có \(f'(x) > 0,\,\forall x \in \left( {0\,;\,7} \right)\).

Suy ra \(g'(x) > 0,\,\forall x \in \left( {0\,;\,7} \right)\).

Vậy hàm số \(g(x) = f(x) - \dfrac{1}{x}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;7} \right)\).

Trường hợp 1: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\) hay \(x =  \pm 1\).

Trường hợp 2: \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x <  - 1\, \vee \,0 < x < 1\).

Khi đó:

\(\begin{array}{l}2f\left( x \right)\left| {f'(x)} \right| - 3f'(x) = 0 \Leftrightarrow 2f\left( x \right).f'\left( x \right) - 3f'(x) = 0\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {a_1}\,\,\left( {{a_1} <  - 1} \right)\\x = {a_2}\,\left( { - 1 < {a_2} < 0} \right)\\x = {a_3}\,\left( {0 < {a_3} < 1} \right)\\x = {a_4}\,\left( {{a_4} > 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\).

So với điều kiện, ta nhận: \(x = {a_1}\) và \(x = {a_3}\).

Trường hợp 3: \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow  - 1 < x < 0\, \vee \,x > 1\).

\(\begin{array}{l}2f\left( x \right)\left| {f'(x)} \right| - 3f'(x) = 0 \Leftrightarrow  - 2f\left( x \right).f'\left( x \right) - 3f'(x) = 0\\ \Leftrightarrow f\left( x \right) =  - \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {a_5}\,\,\left( {{a_5} <  - 1} \right)\\x = {a_6}\,\,\left( {{a_6} > 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\).

So với điều kiện, ta nhận: \(x = {a_6}\).

Nhận thấy các nghiệm trên phân biệt nên phương trình \(2f\left( x \right)\left| {f'(x)} \right| - 3f'(x) = 0\) có \(6\) nghiệm.

Ta có \(g'\left( x \right) = 2f'\left( {2x - 3} \right)\, - \dfrac{{2x}}{{1 + {x^2}}} - 2m\)

Để hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {2x - 3} \right)\, - \ln \left( {1 + {x^2}} \right) - 2mx\) nghịch biến trên \(\left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\)

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right) \Leftrightarrow m \ge f'\left( {2x - 3} \right)\, - \dfrac{x}{{1 + {x^2}}},\forall x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f'\left( {2x - 3} \right)\, - \dfrac{x}{{1 + {x^2}}},x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right)\). Đặt \(t = 2x - 3 \Rightarrow t \in \left( { - 1;1} \right)\)

Khi đó ta xét hàm số \(g\left( t \right) = f'\left( t \right) - \dfrac{{\dfrac{{t + 3}}{2}}}{{1 + {{\left( {\dfrac{{t + 3}}{2}} \right)}^2}}} = f'\left( t \right) - \dfrac{{2t + 6}}{{{t^2} + 6t + 13}}\)

Ta có \(g'\left( t \right) = f''\left( t \right) + \dfrac{{2{t^2} + 12t + 14}}{{{{\left( {{t^2} + 6t + 13} \right)}^2}}}\).

Từ đồ thị ta thấy được \(f'\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\) nên \(f''\left( t \right) > 0,\forall t \in \left( { - 1;1} \right)\) nên

\(g'\left( t \right) = f''\left( t \right) + \dfrac{{2{t^2} + 12t + 14}}{{{{\left( {{t^2} + 6t + 13} \right)}^2}}} > 0,\forall t \in \left( { - 1;1} \right)\).

Nên \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1;1} \right)\).

Nên \(m \ge f'\left( {2x - 3} \right)\, - \dfrac{x}{{1 + {x^2}}},\forall x \in \left( {\dfrac{1}{2};2} \right) \Leftrightarrow m \ge f'\left( t \right) - \dfrac{{2t + 6}}{{{t^2} + 6t + 13}},\forall t \in \left( { - 1;1} \right)\)

\( \Leftrightarrow m \ge g\left( t \right),\forall t \in \left( { - 1;1} \right) \Leftrightarrow m \ge g\left( 1 \right) = \dfrac{{18}}{5}\).

Suy ra \(m \in [4;2021]\). Vậy có 2018 giá trị nguyên của \(m\).

Ta có \(f(x) = 3x + 4 + \dfrac{{12}}{{x - 2}}\).

Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = 3x + 4\) và tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Thay vào ta có \(y = 3 \cdot 2 + 4 = 10\).

Vậy tọa độ giao điểm là \((2;10)\)

Điều kiện \({x^2} + mx + 3m - 4 \ne 0\).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} - x - 6,g\left( x \right) = {x^2} + mx + 3m - 4\).

Ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 2\end{array} \right.\) là nghiệm đơn của tử thức.

Để đồ thị không có tiệm cận đứng, ta có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Phương trình \(g\left( x \right) = 0\) vô nghiệm \(\Delta  = {m^2} - 12m + 16 < 0 \Leftrightarrow 6 - 2\sqrt 5  < m < 6 + 2\sqrt 5 \).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\)

Trường hợp 2. \(g\left( x \right) = 0\) nhận đồng thời \(x =  - 2\) và \(x = 3\) làm nghiệm \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 - 2m + 3m - 4 = 0\\9 + 3m + 3m - 4 = 0\end{array} \right.\) \(\Rightarrow\) không có \(m\) thỏa mãn.

Vậy các giá trị nguyên của m để đồ thị không có tiệm cận đứng là \(m \in \left\{ {2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\)

\(M \in \Delta  \Rightarrow M\left( {2; - t;1 + t} \right)\).
Ta có:  \(MA = \sqrt {2{t^2} + 9} \); \(MB = \sqrt {2{t^2} + 36} \).

Từ đó \(MA + MB = \sqrt {2{t^2} + 9}  + \sqrt {2{t^2} + 36} \).

Đặt \(f\left( t \right) = \sqrt {2{t^2} + 9}  + \sqrt {2{t^2} + 36} \).

\(f'\left( t \right) = \dfrac{{2t}}{{\sqrt {2{t^2} + 9} }} + \dfrac{{2t}}{{\sqrt {2{t^2} + 36} }}\).

Giải  \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{{2t}}{{\sqrt {2{t^2} + 9} }} + \dfrac{{2t}}{{\sqrt {2{t^2} + 36} }} = 0\)\( \Leftrightarrow t = 0\).

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra \(\min \,f\left( t \right) = 9\)  đạt được tại \(t = 0\). 

Vậy \(M\left( {2\,;\,0\,;\,1} \right)\) thì \(MA + MB\) nhỏ nhất.

\(2f\left( x \right) - 5 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{2}\,\left( * \right)\).

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\).

Dựa vào BBT, ta có số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = \frac{5}{2}\) là 4.

Vậy phương trình \(2f\left( x \right) - 5 = 0\) có 4 nghiệm.

Đặt \(2\cos x - 3 = t\). Với \(x \in \left[ { - \dfrac{\pi }{3};\dfrac{{2\pi }}{3}} \right] \Rightarrow \cos x \in \left[ {\dfrac{{ - 1}}{2};1} \right] \Rightarrow 2\cos x - 3 \in \left[ { - 4; - 1} \right]\)

Bài toán trở về việc tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số \(f\left( t \right) = 2{t^3} + 3{t^2} - 12t - 36\) trên đoạn \(\left[ { - 4; - 1} \right]\).

Có \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 6{t^2} + 6t - 12 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 1\\t =  - 2\end{array} \right.\)

Khi đó, ta có bảng biến thiên của hàm số trên \(\left[ { - 4; - 1} \right]\) như sau:

Từ bảng biến thiên của hàm số, ta tìm được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số lần lượt là \( - 16\) và \( - 68\).

Vậy kết quả cần tìm là \( - 68 - 16 =  - 84\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số:

\(\sin x + 1 = \cos x + 1 \Leftrightarrow \sin x - \cos x = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin \left( {x - \dfrac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Khi đó, phần hình phẳng màu xanh được giới hạn bởi \(x = \dfrac{\pi }{4}\) và \(x = \dfrac{{5\pi }}{4}\).

Khi \(x \in \left[ {\dfrac{\pi }{4};\dfrac{{5\pi }}{4}} \right]\), ta có \(\sin x + 1 \ge \cos x + 1 \ge 0\).

Thể tích của vật thể tròn xoay khi đó bằng:

\(V = \pi \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{{5\pi }}{4}} {\left| {{{\left( {\sin x + 1} \right)}^2} - {{\left( {\cos x + 1} \right)}^2}} \right|dx = \,} \pi \int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{{5\pi }}{4}} {\left( {{{\sin }^2}x - {{\cos }^2}x + 2\sin x - 2\cos x} \right)dx} \)

\(V = \pi .\int\limits_{\dfrac{\pi }{4}}^{\dfrac{{5\pi }}{4}} {\left( { - \cos 2x + 2\sin x - 2\cos x} \right)dx = } \,\pi .\left( {\dfrac{{ - \sin 2x}}{2} - 2\cos x - 2\sin x} \right)\left| \begin{array}{l}^{\dfrac{{5\pi }}{4}}\\_{\dfrac{\pi }{4}}\end{array} \right. = 4\pi \sqrt 2 \)

Khi đó, \(a = 4,\,b = 2,\,c = 0 \Rightarrow P = a + b + c = 6\).

Ta có:

\(I = \int {\dfrac{{2{x^2} - 7x + 5}}{{x - 3}}{\rm{d}}x} \)\( = \int {\left( {2x - 1 + \dfrac{2}{{x - 3}}} \right){\rm{d}}x} \)\( = {x^2} - x + 2\ln \left| {x - 3} \right| + C\)

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right).f\left( x \right) = {x^3} + x\\ \Rightarrow \int\limits_0^2 {f'\left( x \right).f\left( x \right)} \;{\rm{d}}x = \int\limits_0^2 {\left( {{x^3} + x} \right)} \;{\rm{d}}x\\ \Leftrightarrow \int\limits_0^2 {f\left( x \right)} \;{\rm{d}}\left( {f\left( x \right)} \right) = 6\\ \Leftrightarrow \left. {\dfrac{{{f^2}\left( x \right)}}{2}} \right|_0^2 = 6 \Leftrightarrow \dfrac{{{f^2}\left( 2 \right) - 4}}{2} = 6\\ \Leftrightarrow {f^2}\left( 2 \right) = 16\end{array}\)

Ta có chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Thiết diện vuông góc với trục, cách đều hai đáy là hình tròn có bán kính \(r\) có diện tích là \(1600\pi \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Nên \(\pi {r^2} = 1600\pi  \Rightarrow r = 40\,{\rm{cm}}\).

Ta có: Parabol nhận \(Oy\) làm trục đối xứng nên phương trình Parabol có dạng: \(y = a{x^2} + b\).

Parabol có đỉnh \(I\left( {0\,;\,40} \right)\) và qua \(A\left( {50\,;\,30} \right)\).

Thay tọa độ \(I\) và \(A\) vào phương trình Parabol: \(\left\{ \begin{array}{l}b = 40\\{50^2}a + b = 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{{250}}\\b = 40\end{array} \right.\)

Nên Parabol có phương trình \(y =  - \dfrac{1}{{250}}{x^2} + 40\)

Thể tích của trống là

\(V = \pi \int\limits_{ - 50}^{50} {{{\left( { - \dfrac{1}{{250}}{x^2} + 40} \right)}^2}dx} \) \( = \pi .\dfrac{{406000}}{3}\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\) \( \approx 425,2\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^3}\)

Quãng đường của vật theo thời gian là

\(S(t) = \int {(3t + 2){\rm{d}}t = \dfrac{3}{2}} {t^2} + 2t + C\).

Vì \(S(2) = 10 \Rightarrow C = 0\). Khi đó \(S(t) = \dfrac{3}{2}{t^2} + 2t\).

Tại thời điểm \(t = 30\left( {\rm{s}} \right)\) thì \(S(30) = 1410\left( {\rm{m}} \right)\).

Ta có \(\left( {x + 1} \right)f\left( x \right) + xf'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right){e^{ - x}}\)\( \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right){e^x}f\left( x \right) + {e^x}xf'\left( x \right) = 2x + 1\)

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

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

Vì \(f\left( 1 \right) = \dfrac{4}{e}\) nên \(C = ef\left( 1 \right) - 2 = 2\).

Suy ra \({e^x}f\left( x \right) = x + 1 + \dfrac{2}{x}\).

Khi đó \(\int\limits_1^2 {{e^x}f\left( x \right)dx}  = \int\limits_1^2 {\left( {x + 1 + \dfrac{2}{x}} \right)} dx = \left( {\dfrac{{{x^2}}}{2} + x + 2\ln \left| x \right|} \right)\left| {_1^2} \right. = \)\(\dfrac{5}{2} + 2\ln 2.\)

\(\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {CN}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SB}  - \dfrac{2}{3}\overrightarrow {SC}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {SB}  + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {SC} \)

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = (1;2; - 3);\overrightarrow {CD}  = ( - 5; - 3;1);\overrightarrow {AC}  = (3;3; - 3);\\\overrightarrow {BD}  = ( - 3; - 2;1);\overrightarrow {AD}  = ( - 2;0; - 2)\end{array}\)

Ta có : \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = (3; - 6; - 3)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] \cdot \overrightarrow {AD}  = ( - 2).3 + 0.6 + ( - 2).( - 3) = 0\)

Suy ra \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) đồng phẳng hay bốn điểm \(A,B,C,D\) đồng phẳng.

Vậy đáp án A sai.

\(\Delta SBC\) có \(SB = SC = a,BC = a\sqrt 2 \) nên \(\Delta SBC\) vuông tại S.

\(\Delta ABC\) có \(AB = AC = a,BC = a\sqrt 2 \) nên \(\Delta ABC\) vuông tại A.

Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm SA.

Theo đề, ta suy ra \(AH \bot BC,SH \bot BC\) và \(AH = SH = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\(\Delta SHA\) vuông cân tại H nên \(HM = \dfrac{{AH}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{a}{2}\)

Ta có \(\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC} } \right| = \left| {2\overrightarrow {AM}  + 2\overrightarrow {SM} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {AH}  + \overrightarrow {SH} } \right| = 2\left| {2.\overrightarrow {MH} } \right| = 4HM = 4.\dfrac{a}{2} = 2a\)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC} } \right| = 2a\)

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right) \in Ox\) là điểm đối xứng với \(M\) qua mặt phẳng \(\left( Q \right)\).

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = k\overrightarrow {{n_Q}}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} - a = 2k\\{y_M} - 0 =  - k\\{z_M} - 0 = 2k\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_M} = a + 2k\\{y_M} =  - k\\{z_M} = 2k\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {a + 2k; - k;2k} \right)\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AM\), suy ra: \(I\left( {a + k; - \dfrac{k}{2};k} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\I \in \left( Q \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a + 2k} \right) - 2k + 2k + 1 = 0\\2\left( {a + k} \right) + \dfrac{k}{2} + 2k + 4 = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + 2k + 1 = 0\\4a + 9k + 8 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 7\\k =  - 4\end{array} \right.\).

Vậy \({z_M} =  - 8\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) là giao điểm của đường thẳng \(d:\dfrac{x}{1} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{{z + 1}}{{ - 2}}\) với mặt phẳng \(\left( P \right):x - 2y + 2z - 3 = 0\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x_0}}}{1} = \dfrac{{{y_0}}}{1} = \dfrac{{{z_0} + 1}}{{ - 2}}\\x - 2y + 2z - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} =  - 1\\{y_0} =  - 1\\{z_0} = 1\end{array} \right. \Rightarrow M\left( { - 1; - 1;1} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\), vuông góc với đường thẳng \(d\) nên vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left[ {\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} ,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {2;4;3} \right)\).

Mặt khác, \(\Delta \) qua điểm \(M\left( { - 1; - 1;1} \right)\) nên có phương trình tham số là \(d:\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1 + 2t\\y =  - 1 + 4t\\z = 1 + 3t\end{array} \right.\).

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Đặt \(AB = x\).

Ta có: \(B\left( {0\,;\,0\,;\,0} \right),\,C\left( {0\,;\,2a\,;\,0} \right)\,,\,\,S\left( { - x\,;\,0\,;\,2a\sqrt 3 } \right)\,,\,\,A\left( { - x\,;\,0\,;\,0} \right)\).

Do \(M\) là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow M\left( { - \dfrac{x}{2}\,;\,a\,;\,0} \right)\)

Khi đó: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {x\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,\,\overrightarrow {SM}  = \left( {\dfrac{x}{2}\,;\,a\,;\, - 2a\sqrt 3 } \right)\,;\,\,\overrightarrow {AM}  = \left( {\dfrac{x}{2}\,;\,a\,;\,0} \right)\).

\(\left[ {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {SM} } \right] = \left( {0\,;\,2ax\sqrt 3 \,;\,{a^2}} \right)\).

Vậy \(d\left( {SM,AB} \right) = \dfrac{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {SM} } \right]\overrightarrow {AM} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {SM} } \right]} \right|}} = \dfrac{{2{a^2}x\sqrt 3 }}{{\sqrt {0 + 12{a^2}{x^2} + {a^2}{x^2}} }} = \dfrac{{2{a^2}x\sqrt 3 }}{{ax\sqrt {13} }} = \dfrac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_1}} \left( {3\,;\, - 1\,;\, - 2} \right)\,;\,\overrightarrow {{u_2}} \left( {1\,;\,3\,;\,1} \right)\) lần lượt là véctơ chỉ phương của đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\).

Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_1\) là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của \(d_1\) và \(d_1\) là đường kính.

Gọi \(A\left( {4 + 3a\,;\,1 - a\,;\, - 5 - 2a} \right) \in {d_1}\) và \(B\left( {2 + b\,;\, - 3 + 3b\,;\,b} \right) \in {d_2}\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {b - 3a - 2\,;\,3b + a - 4\,;\,b + 2a + 5} \right)\).

\(AB\) là đoạn vuông góc chung của \(d_1\) và \(d_1\) khi và chỉ khi

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_1}}  = 0\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {{u_2}}  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7a + b + 6 = 0\\2a + 11b - 9 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b = 1\end{array} \right.\)

Suy ra \(A\left( {1\,;\,2\,;\, - 3} \right);\,B\left( {3\,;\,0\,;\,1} \right)\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2\,;\,1\,;\, - 1} \right)\) là trung điểm của \(AB\), có bán kính \(R = IA = \sqrt 6 \).

Vậy phương trình \(\left( S \right)\):\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 2y + 2z = 0\).

Phương trình tham số của đường thẳng \(d:\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\\z = 1 + 2t\end{array} \right.\)  \(\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\).

\(H \in d \Rightarrow H\left( {1 + t;\,2 + t;\,1 + 2t} \right)\).

Độ dài \(AH = \sqrt {{{\left( {t - 1} \right)}^2} + {{\left( {t + 1} \right)}^2} + {{\left( {2t - 3} \right)}^2}}  = \sqrt {6{t^2} - 12t + 11}  = \sqrt {6{{\left( {t - 1} \right)}^2} + 5}  \ge \sqrt 5 \).

Độ dài \(AH\) nhỏ nhất bằng \(\sqrt 5 \) khi \(t = 1\)\( \Rightarrow H\left( {2;3;3} \right)\).

Vậy \(a = 2\), \(b = 3\), \(c = 3\)\( \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} = 62\).

Đường thẳng \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \({\vec u_\Delta } = \left( {1\,;\, - 2\,;\,3} \right)\).

Do \(\left( \alpha  \right) \bot \Delta \) nên \({\vec n_\alpha } = {\vec u_\Delta } = \left( {1\,;\, - 2\,;\,3} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) có dạng: \(x - 2y + 3z - 6D = 0\).

Theo bài ra, ta có: \(M\left( {6D\,;\,0\,;\,0} \right)\), \(N\left( {0\,;\, - 3D\,;\,0} \right)\), \(N\left( {0\,;\,0\,;\,2D} \right)\) với \(D > 0\).

Thể tích của khối tứ diện \(OMNP\) là

\(V = \dfrac{1}{6}.OM.ON.OP = \dfrac{1}{6}.\left| {6D} \right|.\left| { - 3D} \right|.2D = 6{D^3}\).

Do \(V = 6\) nên \(6{D^3} = 6 \Leftrightarrow D = 1\).

Từ đó suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\): \(x - 2y + 3z - 6 = 0\).

Dễ thấy \(B\left( {1\,;\, - 1\,;\,1} \right)\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\).

Cỡ mẫu: \(n = 4 + 8 + 5 + 6 + 14 + 12 = 49\).

Gọi \({x_1},{x_2},...,{x_{49}}\) là số tuổi của các thành viên trong câu lạc bộ xếp theo thứ tự không giảm.

Ta có

\({x_1},...,{x_4} \in \left[ {50;55} \right);{x_5},...,{x_{12}} \in \left[ {55;60} \right);{x_{13}},...,{x_{17}} \in \left[ {60;65} \right);{x_{18}},...,{x_{23}} \in \left[ {65;70} \right);{x_{24}},...,{x_{37}} \in \left[ {70;75} \right);\)

\({x_{38}},...,{x_{49}} \in \left[ {75;80} \right)\).

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \(\dfrac{1}{2}\left( {{x_{12}} + {x_{13}}} \right)\).

Do \({x_{12}} \in \left[ {55;60} \right)\) và \({x_{13}} \in \left[ {60;65} \right)\) nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu ghép nhóm trên là \({Q_1} = 60\).

Ta có \(P\left( {\overline A \left| B \right.} \right) = 1 - P\left( {A\left| B \right.} \right) = 1 - \dfrac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( B \right)}} = 1 - \dfrac{{0,3}}{{0,7}} = \dfrac{4}{7}\).

Do đó \(P\left( {\overline A  \cap B} \right) = P\left( {\overline A \left| B \right.} \right).P\left( B \right) = \dfrac{4}{7}.0,7 = 0,4 = \dfrac{2}{5}\)

Gọi A là biến cố “khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ”.

Gọi B là biến cố “khách khách mua hàng tại cửa hiệu mua giày”.

Theo đề ta có

\(\begin{array}{l}P\left( B \right) = 75\%  \Rightarrow P\left( {\overline B } \right) = 1 - 75\%  = 25\% ;\\P\left( {\left. A \right|B} \right) = 60\% ,P\left( {\left. {\overline A } \right|\overline B } \right) = 90\%  \Rightarrow P\left( {\left. A \right|\overline B } \right) = 1 - 90\%  = 10\% \end{array}\)

Vậy xác suất để khách mua hàng tại cửa hiệu mua vớ là:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A\left| B \right.} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = 75\% .60\%  + 25\% .10\%  = 47,5\% \).

- “Khuyến mãi” nghĩa là “hoạt động hướng đến việc tăng doanh số bán hàng và tăng sức bán hàng của người bán hàng trung gian” (mua hàng).

- “Khuyến mại” nghĩa là “hoạt động hướng đến việc tăng doanh thu, kích cầu tiêu dùng và giảm lượng hàng tồn kho” (bán hàng).

- “Khuyến khích” nghĩa là “tác động đến tinh thần để gây phấn khởi, tin tưởng mà cố gắng hơn; tạo điều kiện thuận lợi để phát triển mạnh mẽ hơn”.

- “Khuyến cáo” nghĩa là “đưa ra lời khuyên (thường là công khai và cho số đông)”.

Các đáp án A, B, C đều có nét nghĩa “tăng lên”. Riêng từ khuyến cáo lại mang nghĩa đưa ra lời khuyên.

=> Từ không cùng nhóm với các từ còn lại là: khuyến cáo.

- “Lau chau” nghĩa là “tỏ ra nhanh nhảu nhưng thiếu suy nghĩ”.

- “Vội vã” nghĩa là “tỏ ra vội, không kịp có sự suy nghĩ, cân nhắc”.

- “Hớt hải” nghĩa là “vội vàng, hoảng sợ lộ rõ ở nét mặt, bộ dạng”

- “Hấp tấp” nghĩa là “tỏ ra vội vì muốn cho nhanh, cho kịp nên thường hành động thiếu cân nhắc”.

Các đáp án A, B, D đều có nét nghĩa “thiếu cân nhắc, thiếu suy nghĩ”. Riêng từ hớt hải lại mang nghĩa hoảng sợ.

=> Từ không cùng nhóm với các từ còn lại là: hớt hải.

- “Kết cấu” nghĩa là “tập hợp các cấu kiện riêng rẽ của công trình xây dựng hay máy móc kết hợp lại, làm thành một thể có chức năng thống nhất”.

- “Cấu trúc” nghĩa là “quan hệ giữa các thành phần tạo nên một chỉnh thể; cách tổ chức và sắp xếp các phần tử trong một hệ thống hoặc một tổng thể, nhằm đảm bảo sự hoạt động hiệu quả và đồng bộ”.

- “Hệ thống” nghĩa là “tập hợp nhiều yếu tố, đơn vị cùng loại hoặc cùng chức năng, có quan hệ hoặc liên hệ với nhau chặt chẽ, làm thành một thể thống nhất”.

- “Mạng lưới” nghĩa là “tập hợp các phần tử liên kết với nhau, thường dùng trong ngữ cảnh kỹ thuật hoặc xã hội”.

Các đáp án A, C, D đều có nét nghĩa “là tập hợp các yếu tố có một điểm chung nào đó”. Riêng từ cấu trúc lại chỉ cách tổ chức và sắp xếp.

=> Từ không cùng nhóm với các từ còn lại là: cấu trúc.

- “Bền bỉ” có nghĩa là “có khả năng chịu đựng gian khổ, khó nhọc được lâu dài để theo đuổi mục đích đến cùng”.

- “Vạm vỡ” có nghĩa là “có thân hình to lớn, nở nang, rắn chắc, trông rất khoẻ mạnh”.

- “Lực lưỡng” có nghĩa là “có vóc dáng to khoẻ, tỏ ra có sức mạnh thể lực”.

- “Vậm vạp” có nghĩa là “to lớn và khỏe mạnh”.

=> Các đáp án B, C, D đều chỉ sự to lớn và khỏe mạnh về hình thể và sức lực. Riêng từ bền bỉ lại chỉ tinh thần chịu đựng của con người. Từ mà nghĩa của nó không cùng nhóm với các từ còn lại là: bền bỉ.

- “Nho gia” là danh từ chỉ nhà nho có tên tuổi.

- “Nho giáo” là danh từ chỉ hệ thống các nguyên tắc đạo đức, chính trị do Khổng Tử sáng lập, nhằm duy trì trật tự của xã hội phong kiến.

- “Nho học” là danh từ chỉ nền học vấn theo nho giáo.

- “Nho nhã” là tính từ chỉ dáng vẻ tao nhã của người có học thức.

=> Các đáp án A, B, C là danh từ. Riêng đáp án D là tính từ.

* Xét vị trí điền từ thứ nhất:

- Suy kiệt là suy yếu đến mức kiệt sức.

- Suy giảm là bị giảm sút, kém dần đi.

* Xét vị trí điền từ thứ hai:

- Quan trọng là có ý nghĩa, tác dụng hoặc có ảnh hưởng lớn, đáng được coi trọng.

- Nghiêm trọng là ở trong tình trạng xấu đến mức trầm trọng, có nguy cơ dẫn đến những hậu quả hết sức tai hại.

* Xét nội dung văn bản đề cập: những ảnh hưởng tiêu cực của chất lượng giấc ngủ không tốt đến sức khoẻ, khiến cơ thể mắc một số căn bệnh nguy hiểm. Như vậy, câu văn đề cập đến vấn đề sức khoẻ và tập trung vào những hậu quả tai hại => Từ “suy giảm” và “nghiêm trọng” là đáp án đúng.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: suy giảm – nghiêm trọng

- Câu văn trên sử dụng cặp quan hệ từ “Dù…nhưng” để biểu thị mối quan hệ tương phản, đối lập nên những cụm từ ở hai vế cần điền phải mang nghĩa đối lập với nhau. => Đáp án B, D sai vì nghĩa của từ/cụm từ ở hai vế không đối lập với nhau.

- Ở vị trí điền thứ hai, từ/cụm từ cần điền đứng sau quan hệ từ “và”; đứng trước trạng ngữ “trong những điều nhỏ bé nhất => vai trò ngữ pháp trong câu, nghĩa, từ loại cần tương đương với vế trước. “Sống lạc quan” đóng vai trò vị ngữ trong câu, thể hiện sự tích cực => Đáp án A sai.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: không mấy suôn sẻ - và tìm thấy niềm vui.

- “Thành lập” là chính thức lập nên, dựng nên, thường nói về một tổ chức quan trọng.

- “Xuất hiện” là hiện ra và nhìn thấy được; nảy sinh ra.

=> Trong câu văn này, “thành lập” sử dụng hợp lí hơn.

- “Chín muồi” thường được dùng để chỉ những loại trái cây đã đạt độ chín, ngon nhất. Hoặc nói về sự phát triển nhất của một vấn đề nào đó đã chuyển giai đoạn phát triển.

- “Chín mùi” không có nghĩa.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: thành lập / chín muồi.

- Trong câu văn trên đề cập đến “sự phân hoá và phát triển đa dạng”. Đây là một trong những đặc trưng quan trọng của văn học Việt Nam giai đoạn 1930 – 1945. => Đáp án A, C sai.

- Ở vế thứ hai, nối giữa hai cụm từ là quan hệ từ “và” biểu thị mối quan hệ tương đương. Như vậy, cụm từ cần điền phải tương đương về từ loại, nghĩa với “hình thức thể hiện” => Đáp án B sai.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: giai đoạn 1930 – 1945/ nội dung.

- “Phong phanh” thường được dùng để chỉ tình trạng quần áo mặc sơ sài, không đủ ấm lúc tiết trời đang lạnh giá.

- “Phong thanh” thường được dùng với nghĩa là loáng thoáng nghe được, biết được nhưng chưa thực sự chính xác, để chỉ thông tin chưa được kiểm chứng.

=> Trong ngữ cảnh này, từ “phong thanh” được dùng hợp lí hơn.

- “Kết hôn” nghĩa là chính thức lấy nhau làm vợ chồng.

- “Tái hôn” là kết hôn lại lần thứ hai.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu trên là: phong thanh/tái hôn.

- Cụm từ sai là: sát nhập. Theo từ điển Tiếng Việt, “sáp nhập” có nghĩa là “nhập vào với nhau làm một (thường nói về các tổ chức, đơn vị hành chính)” (sát nhập không có nghĩa).

=> Sửa lại: Yêu cầu hoàn thành sáp nhập huyện, xã vào cuối năm 2024 được Thủ tướng đưa ra khi phát biểu kết luận phiên họp Chính phủ thường kỳ tháng 8, ngày 7/9.

Cần xác định rõ ngữ cảnh:

Câu văn đề cập đến việc: Để có thể hướng đến sự phát triển bền vững thì cần phát triển du lịch gắn với bảo vệ môi trường. Bản thân từ “yêu cầu” đã có ý nghĩa “điều cần phải đạt được trong một việc nào đó”. Từ “bắt buộc” - phải làm, phải chấp nhận thực hiện, tăng thêm ý nghĩa nhấn mạnh cho câu văn. Tuy nhiên, xét thấy rằng trong ngữ cảnh này, nếu để từ “bắt buộc” mang tính bị động (phải làm dù muốn hay không). Trong khi đó, câu này mang hàm ý: phát triển du lịch phải gắn với bảo vệ môi trường và các nguồn tài nguyên thiên nhiên thì mới có thể phát triển bền vững. => Nó thể hiện mối quan hệ liên kết chặt chẽ, không thể thiếu, nhất thiết phải có thì mới có được một kết quả như mong muốn.

=> Từ “bắt buộc” dùng không hợp lí mà nên thay bằng từ “tất yếu” sẽ hợp với ngữ cảnh khi nói về sự phát triển bền vững của ngành du lịch.

Sửa lại: Phát triển du lịch gắn với bảo vệ môi trường, bảo vệ các nguồn tài nguyên thiên nhiên là yêu cầu tất yếu của ngành Du lịch để hướng đến sự phát triển bền vững.

- Từ dùng sai là: tham vọng. Vì “tham vọng” với “yêu bản thân” không có sự liên kết. Tiêu chuẩn vẻ đẹp phi thực tế là những tiêu chuẩn về nhan sắc không có thực, hoặc lí tưởng đến mức cực đoan… Và những người phụ nữ thường không cảm thấy đủ khi họ cảm thấy mình không có được những vẻ đẹp như vậy. Đó thường là những người phụ nữ bình thường, không có nét đẹp nổi trội.

=> Sửa lại: Rất khó để một người phụ nữ bình thường cảm thấy “đủ”, cảm thấy thật sự yêu bản thân khi nhan nhản xung quanh họ hàng ngày là những bìa tạp chí, những trang web lung linh với những tiêu chuẩn về vẻ đẹp phi thực tế.

- Cụm từ sai là: bài thơ “Tây Tiến” của Quang Dũng. Vì bài thơ “Tây Tiến” không thể tự ngợi ca được, mà tác giả mới là người ngợi ca (thông qua bài thơ).

- Sửa lại:

Khắc họa vẻ đẹp hào hoa của những người lính có xuất thân từ tầng lớp trí thức Hà thành (trong bài thơ “Tây Tiến”), Quang Dũng đã ngợi ca một thế hệ thanh niên với lý tưởng “Chiến trường đi chẳng tiếc đời xanh” – họ là những con người đã nguyện dâng hiến máu xương mình cho Tổ quốc.

- Câu văn trên mang tính chất liệt kê những biểu hiện của triệu chứng bỏng nắng: da bỏng, khô, sạm, tạo nếp nhăn. Riêng "tổn thương mắt" không phải là triệu chứng của bỏng nắng, vì vậy cụm từ này nằm trong dãy liệt kê bỏng nắng bị sai.

=> Sửa lại bằng cách bỏ "tổn thương mắt" đi:

Theo bác sĩ Tâm, nếu tiếp xúc quá mức với ánh sáng mặt trời trong thời gian ngắn sẽ gây bỏng nắng: da bị bỏng, khô, sạm, tạo nếp nhăn, lão hóa nhanh.

- Người kể chuyện biết hết mọi chuyện, bao gồm suy nghĩ, cảm xúc của tất cả các nhân vật và cả các sự kiện xảy ra trong quá khứ, hiện tại, tương lai:

+ Ở trong đoạn trích trên, điều này được thể hiện ở việc: Người kể chuyện nắm rõ và diễn tả không chỉ suy nghĩ, cảm xúc của ông bố mà còn của bà thông gia. Điều này được thể hiện qua việc người kể xen kẽ các đoạn miêu tả tâm trạng đối lập giữa hai nhân vật.

+ Trong đoạn trích, có những đoạn, người kể chuyện đưa ra nhận xét, đánh giá “Bởi tài ăn nói của người ta, một đời mới có dịp dùng đến độ vài lần. Bà thì chỉ một lần thôi, bởi vì bà có mỗi một mống con trai.”...

+ Mặc dù có sự linh hoạt trong việc đưa ra các điểm nhìn cụ thể từ nhân vật ông bố và bà thông gia để làm nổi bật sự đối lập trong tâm trạng và cảm xúc nhưng người kể chuyện sử dụng điểm nhìn toàn tri là chủ yếu.

- Đoạn văn nhấn mạnh tình trạng xâm phạm bản quyền trong nhiều lĩnh vực của công nghiệp văn hóa, từ du lịch, thủ công mỹ nghệ, điện ảnh đến nhiếp ảnh và xuất bản, và những tác động tiêu cực của việc này đối với sự phát triển của CNVH, đặc biệt là việc thiếu sự bảo vệ quyền tác giả dẫn đến sự chậm phát triển và khó thu hút đầu tư.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì đoạn văn không chủ yếu đề cập đến lợi ích của việc bảo vệ bản quyền mà tập trung vào thực trạng xâm phạm bản quyền và những hậu quả tiêu cực của nó đối với công nghiệp văn hóa.

+ Đáp án B sai vì mặc dù đoạn văn có nhắc đến thực trạng xâm phạm bản quyền, nhưng còn cả nhưng hậu quả tiêu cực của nó. Do đó, câu này chưa hoàn toàn chính xác.

+ Đáp án D sai vì đoạn văn không đề cập đến sự phát triển mạnh mẽ của công nghiệp văn hóa mà chủ yếu nói về các vấn đề và khó khăn liên quan đến việc bảo vệ bản quyền trong các ngành này.

Trong đoạn (2), ngọn lửa được miêu tả là “lửa của yêu thương, lửa niềm tin, căm giận”, thể hiện sự kết hợp giữa sức sống mãnh liệt, niềm tin và ý chí kiên cường. Ngoài ra, đoạn thơ còn thể hiện tinh thần trách nhiệm mạnh mẽ khi người lao động quyết không rời chỗ đứng, phải giữ lò, giữ lấy lửa đời ta.

- Đáp án A sai vì mặc dù ngọn lửa có thể liên quan đến lao động và khát vọng vươn lên, nhưng ý nghĩa này tập trung vào đoạn (3).

- Đáp án B sai vì ngọn lửa trong đoạn thơ không chỉ là nguồn sáng vật lý, mà là hình ảnh tượng trưng cho sức sống mãnh liệt, niềm tin và ý chí vượt qua thử thách, không phải chỉ đơn thuần là ánh sáng ấm áp.

- Đáp án D sai vì hình ảnh ngọn lửa trong đoạn này không chỉ phản ánh sự vươn lên từ nghèo khó mà nhấn mạnh sức sống mãnh liệt, niềm tin và tinh thần trách nhiệm của những người lao động, dù gặp khó khăn, họ vẫn kiên trì giữ gìn công việc và những giá trị quan trọng.

- Biện pháp so sánh giữa Đề Thám và những người bình thường làm nổi bật sự mâu thuẫn trong tâm hồn ông, giữa một người anh hùng trong mắt người khác và một con người yếu đuối, đầy cảm xúc trong thực tế. Điều này mở ra một góc nhìn sâu sắc về những yếu tố nội tâm mà Đề Thám phải giấu kín.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì mặc dù câu văn này làm nổi bật sự yếu đuối của Đề Thám, nhưng đó không phải bản chất của nhân vật này.

+ Đáp án B sai vì câu văn này hoàn toàn không khắc họa Đề Thám như một người anh hùng kiên cường mà ngược lại, miêu tả ông yếu đuối, dễ bị ảnh hưởng bởi cảm xúc, làm nổi bật sự mâu thuẫn trong nhân vật.

+ Đáp án C sai vì Biện pháp so sánh không nhằm mô tả cuộc sống của những người bình thường hay thể hiện sự bất mãn, mà chủ yếu là để đối chiếu sự yếu đuối của Đề Thám với hình ảnh anh hùng.

- Từ “lưng lửng” trong câu “Nắng thoai thoải nắng chiều lưng lửng chiều” không chỉ đơn giản miêu tả ánh sáng ở trạng thái trung gian (giữa cao và thấp) mà còn hàm ý nắng chiều đang ở mức nửa chừng, không chói chang như buổi trưa, cũng chưa tắt hẳn như lúc hoàng hôn. Điều này gợi lên một sự “nửa chừng”, không hoàn toàn, không trọn vẹn, không đủ để là một buổi trưa nắng gay gắt hay cũng không tắt hẳn. Ánh nắng như “lưng lửng” giữa hai trạng thái, tạo cảm giác mơ hồ, chưa kết thúc, nhưng cũng chưa hoàn toàn sáng rõ.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì chưa phản ánh đầy đủ nghĩa của từ; “lưng lửng” trong câu thơ này còn hàm chứa sự không trọn vẹn, không đủ, không hoàn chỉnh, nghĩa là ánh sáng chưa đủ mạnh để gọi là chiều muộn, nhưng cũng chưa tắt hẳn như lúc hoàng hôn.

+ Đáp án C sai vì nghĩa này không liên quan đến từ “lưng lửng” và câu thơ chứa nó.

+ Đáp án D sai vì từ “lưng lửng” nổi bật với nghĩa chỉ sự nửa chừng, nó không mang nghĩa chỉ sự tiếp diễn.

- Đoạn trích trên sử dụng phong cách ngôn ngữ báo chí với các đặc điểm sau:

+ Ngắn gọn, rõ ràng: Các câu văn được cấu trúc đơn giản, dễ hiểu, tránh dùng các từ ngữ phức tạp hay dài dòng. Thông tin được trình bày theo một trình tự hợp lý, mạch lạc.

+ Thông tin chính xác, khách quan: Đoạn văn đề cập đến sự phát triển của các trợ lý ảo, với số liệu cụ thể như năm ra mắt các sản phẩm (Siri, Google Now, Alexa) và kết quả bán hàng của Amazon, nhằm cung cấp thông tin rõ ràng và chính xác cho người đọc.

+ Tính thuyết phục: Các thông tin trong đoạn trích được đưa ra kèm theo các số liệu cụ thể (ví dụ, số lượng loa thông minh bán ra của Amazon) và dẫn chứng về sự phát triển của các trợ lý ảo, qua đó giúp người đọc tin tưởng vào độ tin cậy của thông tin.

+ Ngôn ngữ dễ tiếp cận: Đoạn văn sử dụng những từ ngữ dễ hiểu, không có từ chuyên ngành khó hiểu, phù hợp với đối tượng độc giả đại chúng, đặc biệt là những người quan tâm đến công nghệ.

- Đoạn trích có đề cập: “Vì vậy, huấn luyện viên Kim Sang-sik cần xây dựng cho tuyển Việt Nam lối đá có bài bản nhưng hiệu quả.”.

=> Đoạn trích nhấn mạnh rằng huấn luyện viên Kim Sang-sik cần xây dựng một lối đá có bài bản nhưng hiệu quả để giúp tuyển Việt Nam đạt mục tiêu vào chung kết. Điều này cho thấy rằng một lối chơi rõ ràng, có chiến thuật cụ thể và mang lại hiệu quả sẽ là yếu tố quan trọng nhất giúp đội tuyển thành công.

- Đáp án B, C, D không được nhắc đến trong văn bản.

- Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ là biểu cảm. Vì đoạn trích thể hiện cảm xúc, tâm trạng của tác giả về những kỷ niệm, những ước ao và nỗi niềm sâu lắng của tuổi trẻ. Những từ ngữ như “khát khao”, “vết thương”, “đau lòng”, “ước ao” cho thấy sự bộc lộ cảm xúc trực tiếp của tác giả, mà không chỉ đơn thuần là miêu tả hay kể lại sự việc. Do đó, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án B sai vì trong đoạn trích này, tác giả không tập trung vào việc mô tả cảnh vật hay đối tượng cụ thể mà chủ yếu là bộc lộ cảm xúc, suy tư.

+ Đáp án C sai vì đoạn trích có một chút yếu tố kể lại (ví dụ, “những câu chuyện đôi mươi”), nhưng nó không phải là kể lại một sự kiện cụ thể mà chủ yếu là chia sẻ cảm xúc và suy nghĩ của tác giả về tuổi trẻ và những ước vọng trong quá khứ.

+ Đáp án D sai vì tác giả không đưa ra lý luận hay phân tích cụ thể một vấn đề nào, mà chỉ bày tỏ cảm xúc và suy nghĩ của mình về những ký ức tuổi trẻ.

- Thể loại tùy bút đặc trưng bởi việc bộc lộ cảm xúc và suy tư của tác giả về cuộc sống, con người và thiên nhiên. Trong đoạn trích, tác giả so sánh “cuộc sống nhàn nhã trước đây” với “cuộc sống hiện đại đầy áp lực” để bộc lộ nỗi tiếc nuối và hoài niệm về sự giản dị, thanh bình đã mất.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì tùy bút không phân tích đời sống một cách khoa học hay lý tính. Những nhận xét của tác giả trong đoạn trích đều xuất phát từ cảm xúc chủ quan, không dựa trên cơ sở khoa học.

+ Đáp án B sai vì tùy bút không phải thể loại tập trung khai thác các sự kiện lịch sử mà chủ yếu ghi lại những cảm xúc, suy nghĩ và cái nhìn cá nhân của tác giả về cuộc sống. Trong đoạn trích, tác giả so sánh giữa cuộc sống hiện tại và quá khứ không nhằm phân tích lịch sử mà để bộc lộ cảm xúc hoài niệm.

+ Đáp án C sai vì dù có thể lồng ghép bài học hoặc triết lý, tùy bút không mang mục đích chính là răn dạy. Đoạn trích chủ yếu phản ánh cảm nhận cá nhân của tác giả về sự thay đổi của thời gian, không có ý định truyền đạt bài học cụ thể nào.

- Câu thơ trên nổi bật với hiện tượng tạo kết hợp từ trái logic. Cụm từ “trời xanh màu quá khứ” kết hợp hai khái niệm có vẻ trái ngược nhau: “trời xanh” là một hình ảnh cụ thể, hiện tại, trong khi “quá khứ” lại chỉ một thời gian đã qua. Việc kết hợp “màu quá khứ” với “trời xanh” tạo nên một hình ảnh bất thường, làm cho người đọc phải suy nghĩ về sự liên kết giữa hiện tại và quá khứ. Đây chính là sự kết hợp từ trái logic, khi tác giả dùng “quá khứ” như một màu sắc, điều mà không thể nhìn thấy hay cảm nhận theo cách thông thường.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì câu vẫn đảm bảo theo cấu trúc thông thường (“ngoài khung cửa” là thành phần trạng ngữ; “trời xanh màu quá khứ” là thành phần chủ chốt có đủ chủ ngữ và vị ngữ).

+ Đáp án C sai vì câu này đầy đủ thành phần chủ ngữ và vị ngữ.

+ Đáp án D sai vì câu thơ này không sử dụng dấu câu.