Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) năm 2026 - Trạm số 6 (HSA1605)

Ta có: $\left. \text{sin}\left\lbrack {\dfrac{\pi}{182}\left( {t - 80} \right)} \right\rbrack \geq - 1\ \forall t\Rightarrow d(t) \geq 3.\left( {- 1} \right) + 12 = 9 \right.$. Dấu "$=$" xảy ra khi:

$\begin{array}{l} \left. \text{sin}\left\lbrack {\dfrac{\pi}{182}\left( {t - 80} \right)} \right\rbrack = - 1\Leftrightarrow\dfrac{\pi}{182}\left( {t - 80} \right) = - \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \right. \\ \left. \Leftrightarrow t - 80 = - 91 + 364k\Leftrightarrow t = - 11 + 364k \right. \end{array}$

Mà $\left. 0 < t \leq 365\Rightarrow 0 < - 11 + 364k \leq 365\Leftrightarrow\dfrac{11}{364} < k \leq \dfrac{376}{364}\Leftrightarrow k = 1\left( {k \in {\mathbb{Z}}} \right)\Rightarrow t = 353 \right.$.

Vậy thành phố $X$ có ít giờ có ánh sáng mặt trời nhất vào ngày thứ 353 trong năm.

Hàm số có tập xác định là \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi \(f\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x + m - 1 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

* Xét \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\) thì \(f\left( x \right) = 2x + 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge  - \dfrac{1}{2}\), loại \(m = 2\).

* Xét \(m \ne 2\) ta có:

\(\left( {m - 2} \right){x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x + m - 1 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 2 > 0\\{\left( {m - 3} \right)^2} - \left( {m - 2} \right)\left( {m - 1} \right) \le 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 2\\m \ge \dfrac{7}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow m \ge \dfrac{7}{3}\)

Vậy \(m \ge \dfrac{7}{3}\).

Ta có $\left. R = 60\text{m}\Rightarrow OA_{1} = 60\text{m} \right.$

Xét $\text{Δ}A_{1}OB_{1}$ có $\left. A_{1}B_{1}~^{2} = 2OA_{1}~^{2} - 2OA^{2}~_{1} \cdot \text{cos}120^{0}\Rightarrow A_{1}B_{1}~^{2} = 2 \cdot 60^{2} + 2 \cdot 60^{2} \cdot \dfrac{1}{2} = 10800\text{m}^{2} \right.$

$\left. \Rightarrow A_{1}B_{1} = 60\sqrt{3}\text{m}^{2}\Rightarrow OA_{2} = 30\text{m} \right.$

Xét $~\Delta A_{2}OB_{2}$ có $\left. A_{2}B_{2}~^{2} = 2OA_{2}~^{2} - 2OA^{2}~_{2} \cdot \text{cos}120^{\circ}\Rightarrow A_{2}B_{2}~^{2} = 2.30^{2} + 2.30^{2} \cdot \dfrac{1}{2} = 2700\text{m}^{2} \right.$

$\left. \Rightarrow A_{2}B_{2} = 30\sqrt{3}\text{m}^{2} \right.$

Thực hiện tương tự, ta có các tam giác $A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2},\ldots$ có độ dài các cạnh tạo thành cấp số nhân với công bội $q_{c} = \dfrac{1}{2}$.

Nên diện tích các tam giác $A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2},\ldots$ là cấp số nhân với công bội $q_{S} = \dfrac{1}{4}$.

$S_{1} = S_{A_{1}B_{1}C_{1}} = \dfrac{A_{1}B_{1}~^{2} \cdot \sqrt{3}}{4} = \dfrac{10800\sqrt{3}}{4} = 2700\sqrt{3}\text{m}^{2}$.

$S_{9} = S_{1} \cdot \left( \dfrac{1}{4} \right)^{8} \approx 0,1m^{2}$.

\({u_{n + 1}} - {u_n} = {n^3},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} - {u_1} = {1^3}\\{u_3} - {u_2} = {2^3}\\...\\{u_n} - {u_{n - 1}} = {\left( {n - 1} \right)^3}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {u_n} - {u_1} = {1^3} + {2^3} + ... + {\left( {n - 1} \right)^3} = {\left( {\dfrac{{\left( {n - 1} \right)n}}{2}} \right)^2}\)\( \Rightarrow {u_n} = {\left( {\dfrac{{\left( {n - 1} \right)n}}{2}} \right)^2} + {u_1} = \dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}{n^2}}}{4} + 1,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\)

Ta có: \(\sqrt {{u_n} - 1}  \ge 2039190 \Leftrightarrow \sqrt {\dfrac{{{{\left( {n - 1} \right)}^2}{n^2}}}{4}}  \ge 2039190 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n - 1} \right)n}}{2} \ge 2039190 \Leftrightarrow {n^2} - n - 4078380 \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n \ge 2020\\n \le  - 2019\end{array} \right.\,\, \Rightarrow n \ge 2020\)

Vậy, số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn là : \(n = 2020\)

Chọn: B

Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng có duy nhất một mặt phẳng là mệnh đề đúng.

Ta đi tính giới hạn của hàm số khi $\left. x\rightarrow + \infty \right.$:

$L = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {\ln(3e^{2x} + 4x) - 2x} \right\rbrack$

$L = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {\ln\left( {e^{2x}\left( {3 + \dfrac{4x}{e^{2x}}} \right)} \right) - 2x} \right\rbrack$

$L = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {\ln(e^{2x}) + \ln\left( {3 + \dfrac{4x}{e^{2x}}} \right) - 2x} \right\rbrack$

$L = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left\lbrack {2x + \ln\left( {3 + \dfrac{4x}{e^{2x}}} \right) - 2x} \right\rbrack$

$L = \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\ln\left( {3 + \dfrac{4x}{e^{2x}}} \right)$

$L = \ln(3 + 0) = \ln 3$

Vì $3 > 1$ nên $\ln 3 > 0$ (cụ thể $\ln 3 \approx 1.098$ tỷ đồng).

Giới hạn lợi nhuận là một số dương, chứng tỏ sau một thời gian dài, công ty có lời.

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\dfrac{{2x + 2}}{{2\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}.x - \sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}{{{x^2}}}\\y' = \dfrac{{{x^2} + x - {x^2} - 2x - 3}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }} = \dfrac{{ - x - 3}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow \max \left\{ {a;b} \right\} = \max \left\{ { - 1; - 3} \right\} =  - 1\end{array}\)

Ta có \(\alpha  = \dfrac{{60}}{{13}} \cdot 2\pi  = \dfrac{{120\pi }}{{13}}\).

Suy ra \({O^\prime }{M^\prime } = |OM\cos \alpha | = \left| {10\cos \dfrac{{120\pi }}{{13}}} \right| \approx 7,5\;{\rm{cm}}\).

Dựa vào đồ thị $f'(x)$, ta thấy đồ thị cắt trục hoành tại các có hoành độ $x = - 1$ và tiếp xúc tại $x = 2$.

Tại $x = - 1$, $f'(x)$ đổi dấu từ dương sang âm $\Rightarrow$ 1 điểm cực đại.

Tại $x = 2$, $f'(x)$ không đổi dấu $\Rightarrow$ không phải điểm cực trị.

Vậy hàm số không có điểm cực tiểu.

+ Gọi \(M\left( {a;\dfrac{{2a}}{{a - 2}}} \right)\) với \(a \ne 2\) là điểm thuộc đồ thị.

Phương trình tiếp tuyến tại \(M\) có dạng:

\(\left( d \right):y = y'\left( a \right)\left( {x - a} \right) + \dfrac{{2a}}{{a - 2}}\) \( \Leftrightarrow y = \dfrac{{ - 4}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}\left( {x - a} \right) + \dfrac{{2a}}{{a - 2}}\)

+ Cho \(y = 0 \Leftrightarrow 0 = \dfrac{{ - 4}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}\left( {x - a} \right) + \dfrac{{2a}}{{a - 2}}\).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow  - 4x + 4a + 2a\left( {a - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow  - 4x + 4a + 2{a^2} - 4a = 0\\ \Leftrightarrow 4x = 2{a^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{{a^2}}}{2}\end{array}\)

\( \Rightarrow \left( d \right) \cap Ox = A\left( {\dfrac{{{a^2}}}{2};0} \right)\)

+ Cho \(x = 0 \Leftrightarrow y = \dfrac{{4a}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} + \dfrac{{2a}}{{a - 2}}\).

\( \Leftrightarrow y = \dfrac{{4a + 2a\left( {a - 2} \right)}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow \left( d \right) \cap Oy = B\left( {0;\dfrac{{2{a^2}}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}} \right)\)

Do \(A \ne B\) nên \(2{a^2} \ne 0 \Leftrightarrow a \ne 0\).

Theo giả thiết \( \Rightarrow AB = \sqrt 2 OA\) \( \Leftrightarrow A{B^2} = 2O{A^2}\) \( \Leftrightarrow O{A^2} + O{B^2} = 2O{A^2}\) \( \Leftrightarrow O{A^2} = O{B^2}\) \( \Leftrightarrow OA = OB\).

 \(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {\dfrac{{{a^2}}}{2}} \right| = \left| {\dfrac{{2{a^2}}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}} \right|\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{2{a^2}}}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}\\ \Leftrightarrow {a^2}\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{2}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{a^2} = 0\,\,\,\left( {Loai} \right)\\\dfrac{1}{2} - \dfrac{2}{{{{\left( {a - 2} \right)}^2}}} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow {\left( {a - 2} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a - 2 = 2\\a - 2 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = 4\,\,\,\left( {tm} \right)\\a = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

+ Với \(a = 4\) suy ra phương trình tiếp tuyến \(y =  - \left( {x - 4} \right) + 4\)\( \Leftrightarrow y =  - x. + 8\)

Kết luận: Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu đề bài là: \(y =  - x + 8\).

ĐKXĐ: \({x^2} - 16 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 4}\\{x < {\rm{ \;}} - 4}\end{array}} \right.\).

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}\dfrac{{{x^2} - 16}}{{343}} < {{\log }_7}\dfrac{{{x^2} - 16}}{{27}}}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\left( {{x^2} - 16} \right) - {{\log }_3}343 < {{\log }_7}\left( {{x^2} - 16} \right) - {{\log }_7}27}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\left( {{x^2} - 16} \right) - {{\log }_7}\left( {{x^2} - 16} \right) < {{\log }_3}343 - {{\log }_7}27}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\left( {{x^2} - 16} \right) - \dfrac{{{{\log }_3}\left( {{x^2} - 16} \right)}}{{{{\log }_3}7}} < {{\log }_3}343 - {{\log }_7}27}\\\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 16} \right)\left( {1 - \dfrac{1}{{{{\log }_3}7}}} \right) < {\log _3}343 - {\log _7}27\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 16} \right)\left( {1 - {{\log }_7}3} \right) < {\log _3}343 - {\log _7}27\end{array}\\\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 16} \right) < \dfrac{{{{\log }_3}343 - {{\log }_7}27}}{{1 - {{\log }_7}3}}\,\,\left( {do\,\,1 - \dfrac{1}{{{{\log }_3}7}} > 0} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - 16} \right) < 8,31\end{array}\\{ \Leftrightarrow {x^2} - 16 < 9261}\\{ \Leftrightarrow {x^2} < 9277}\\{ \Leftrightarrow  - \sqrt {9277}  < x < \sqrt {9277} }\end{array}\)

Kết hợp ĐKXĐ \( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \sqrt {9277} {\rm{ \;}} < x < {\rm{ \;}} - 4}\\{4 < x < \sqrt {9277} }\end{array}} \right.,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 96; - 95; - ...; - 6; - 5;5;6;...;95;96} \right\}\).

Vậy bất phương trình có 184 nghiệm nguyên.

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

Nếu \(m=1 \Rightarrow y=1, \forall x \neq-1\) suy ra không thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nếu \(m<1 \Rightarrow\) Hàm số đồng biến trên đoạn \([1 ; 2]\).

Khi đó: \(\min _{[1 ; 2]} y+\max _{[1 ; 2]} y=\dfrac{16}{3} \Leftrightarrow y(1)+y(2)=\dfrac{16}{3}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{m+1}{2}+\dfrac{m+2}{3}=\dfrac{16}{3} \Leftrightarrow m=5\) (loại).

Nếu \(m>1 \Rightarrow\) Hàm số nghịch biến trên đoạn \([1 ; 2]\).

Khi đó: \(\min _{[1 ; 2]} y+\max _{[1 ; 2]} y=\dfrac{16}{3} \Leftrightarrow y(2)+y(1)=\dfrac{16}{3}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{2+m}{3}+\dfrac{1+m}{2}=\dfrac{16}{3}\)

\(\Leftrightarrow m=5(\mathrm{t} / \mathrm{m})\)

\(y = f\left( x \right) + {e^x} \Rightarrow y' = f'\left( x \right) + {e^x} > 0\) với mọi x thuộc \(\left[ {0;1} \right]\)

\( \Rightarrow {y_{\min }} = y\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) + {e^0} = f\left( 0 \right) + 1\)

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(f\left( {1 - x} \right) = 1\)

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

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm thuộc khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Xét $y=f(x)=a x^3+b x^2+c x+d,(a, b, c, d \in \mathbb{R} ; a \neq 0)$

$\Rightarrow y^{\prime}=3 a x^2+2 b x+c$

Vì $M(-1 ; 4), N(1 ; 0)$ là các điểm cực trị của đồ thị hàm số bậc ba $y=f(x)$ nên

$
\begin{aligned}
& \left\{\begin{array} { l }
{ - \dfrac { 2 b } { 3 a } = 0 } \\
{ \dfrac { c } { 3 a } = - 1 } \\
{ - a + b - c + d = 4 } \\
{ a + b + c + d = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ b = 0 } \\
{ 3 a + c = 0 } \\
{ b + d = 2 } \\
{ - a - c = 2 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
a=1 \\
b=0 \\
c=-3 \\
d=2
\end{array}\right.\right.\right. \\
& \Rightarrow y=x^3-3 x+2 \Rightarrow y(-2)=0
\end{aligned}
$

Ta có: $f(x) = \dfrac{x + 1}{x} = 1 + \dfrac{1}{x}$.

Khi đó: $\left. F(x) = {\int{\left( {1 + \dfrac{1}{x}} \right)dx}} = x + \ln \middle| x \middle| + C \right.$.

Do xét trên khoảng $(0; + \infty)$ nên $F(x) = x + \ln x + C$.

Ta có: $y = \dfrac{x^{2} + 2x + 2}{x + 1} = x + 1 + \dfrac{1}{x + 1}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} {\underset{x\rightarrow + \infty}{\text{lim}}\left\lbrack {f(x) - \left( {x + 1} \right)} \right\rbrack = 0} \\ {\underset{x\rightarrow - \infty}{\text{lim}}\left\lbrack {f(x) - \left( {x + 1} \right)} \right\rbrack = 0} \end{array}\Rightarrow y = x + 1 \right.$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số đã cho.

Lúc đó: $\left. A\left( {- 1;0} \right),B\left( {0;1} \right)\Rightarrow S_{\bigtriangleup OAB} = \dfrac{1}{2}\left| x_{A} \right| \cdot \left| y_{B} \right| = \dfrac{1}{2} \right.$.

Xét phương trình: $\left. 2x^{2} - 8x + 10 = 10 - 14x\Leftrightarrow 2x^{2} + 6x = 0\Leftrightarrow x = - 3,x = 0 \right.$

Thể tích của khối tròn xoay: $V = \pi\int_{- 3}^{0}\left| {\left( {2x^{2} - 8x + 10} \right)^{2} - {(10 - 14x)}^{2}} \right|\text{d}x = \dfrac{2628}{5}\pi$

Suy ra $\dfrac{V}{15} = 110$.

Ta có: ${\int{\dfrac{f(x) - xf'(x)}{x^{2}}dx = x^{2}}} + C$

${\int{\dfrac{f'(x).x - f(x).x'}{x^{2}}dx = - x^{2}}} - C$

$\dfrac{f(x)}{x} = - x^{2} - C$

$\left. \Rightarrow f(x) = - x^{3} - Cx \right.$

Mà $f(1) = 2$ nên $\left. 2 = - 1 - C\Rightarrow C =-3 \right.$

$\left. \Rightarrow f(x) = - x^{3} + 3x \right.$

$\left. \Rightarrow f(2) = - 2^{3} + 3.2 = - 2 \right.$

Có $R^{2} = AB^{2} = {(3 - 1)}^{2} + {(2 - 1)}^{2} + {( - 3 - 2)}^{2} = 30$.

Phương trình mặt cầu tâm $A(1;1;2)$ và đi qua B: ${(x - 1)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + {(z - 2)}^{2} = 30$.

Xét hai số \(m,\,\,n\) thỏa mãn \(m + n = 1\), hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{{{2025}^x}}}{{45 + {{2025}^x}}}\)

Khi đó \(f\left( m \right) + f\left( n \right) = f\left( m \right) + f\left( {1 - m} \right) = \dfrac{{{{2025}^m}}}{{45 + {{2025}^m}}} + \dfrac{{{{2025}^{1 - m}}}}{{45 + {{2025}^{1 - m}}}} = \dfrac{{{{45.2025}^m} + 2025 + {{45.2025}^{1 - m}} + 2025}}{{\left( {45 + {{2025}^m}} \right)\left( {45 + {{2025}^{1 - m}}} \right)}} = \dfrac{{{{45.2025}^m} + 2025 + {{45.2025}^{1 - m}} + 2025}}{{{{45}^2} + {{45.2025}^m} + {{45.2025}^{1 - m}} + 2025}} = 1\)

Áp dụng với \(a + b - 2 = 1\) ta được \(f\left( a \right) + f\left( {b - 2} \right) = 1\).

Ta có: \({\log _a}\left( {{a^3}b} \right) = 1 \Rightarrow {\log _a}\left( {{a^3}} \right) + {\log _a}b = 1 \Rightarrow 3 + {\log _a}b = 1 \Rightarrow {\log _a}b =  - 2 \Rightarrow {\log _{{a^2}}}b =  - 1\)

Chọn A

Các hàm số có TXĐ là \(\mathbb{R}\) là \(y = {x^2};\,\,y = \sin x;\,\,y = \dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2} + x + 1}}\) nên có 3 hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

\(\cos A = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - \left( {{b^2} + {c^2} - bc} \right)}}{{2bc}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \angle A = {60^0}\)

Ta có $P(x) = (1 + x) + 2(1 + x)^2 + \dots + 8(1 + x)^8$.

Hệ số của $x^5$ chỉ xuất hiện ở các số hạng $k(1 + x)^k$ với $k \in \{5, 6, 7, 8\}$.

Hệ số của $x^5$ trong $5(1 + x)^5$ là: $5 \cdot C_5^5 = 5 \cdot 1 = 5$.

Hệ số của $x^5$ trong $6(1 + x)^6$ là: $6 \cdot C_6^5 = 6 \cdot 6 = 36$.

Hệ số của $x^5$ trong $7(1 + x)^7$ là: $7 \cdot C_7^5 = 7 \cdot 21 = 147$.

Hệ số của $x^5$ trong $8(1 + x)^8$ là: $8 \cdot C_8^5 = 8 \cdot 56 = 448$.

Vậy hệ số của $x^5$ trong khai triển $P(x)$ là: $5 + 36 + 147 + 448 = 636$.

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:

Trên đoạn $\lbrack - 3;1\rbrack$, đồ thị hàm số $y = f(x)$ nằm phía dưới trục hoành nên $f(x) \leq 0$. Do đó, $\left. \left. \int_{- 3}^{1} \right|f(x) \middle| dx = - {\int_{- 3}^{1}f}(x)dx = - a \right.$.

Trên đoạn $\left\lbrack {1;2} \right\rbrack$, đồ thị hàm số $y = f(x)$ nằm phía trên trục hoành nên $f(x) \geq 0$. Do đó, $\left. \left. \int_{1}^{2} \right|f(x) \middle| dx = {\int_{1}^{2}f}(x)dx = b \right.$.

Diện tích hình phẳng cần tính là: $\left. S = \left. \int_{- 3}^{2} \right|f(x) \middle| dx = \left. \int_{- 3}^{1} \right|f(x) \middle| dx + \left. \int_{1}^{2} \right|f(x) \middle| dx = - a + b = b - a \right.$.

Ta có $BC\bot AB$ (vì tam giác ABC vuông tại $B$) và $BC\bot SA$ (vì $SA\bot(ABC)$).

Suy ra $BC\bot(SAB)$.

Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\bot SB$ tại $H$.

Vì $BC\bot(SAB)$ nên $BC\bot AH$.

Từ $AH\bot SB$ và $AH\bot BC$, suy ra $AH\bot(SBC)$.

Do đó $d(A,(SBC)) = AH$

Xét tam giác SAB vuông tại A có AH là đường cao, ta có:

$\dfrac{1}{AH^{2}} = \dfrac{1}{SA^{2}} + \dfrac{1}{AB^{2}} = \dfrac{1}{5^{2}} + \dfrac{1}{4^{2}} = \dfrac{41}{400}$$\left. \Rightarrow AH = \sqrt{\dfrac{400}{41}} \approx 3,12 \right.$.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\sqrt {x + 4}  - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{x + 4 - 4}}{{x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{1}{{\sqrt {x + 4}  + 2}} = \dfrac{1}{{2 + 2}} = \dfrac{1}{4}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {m{x^2} + 2m + \dfrac{1}{4}} \right) = 2m + \dfrac{1}{4}\\f\left( 0 \right) = 2m + \dfrac{1}{4}\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{1}{4} = 2m + \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow m = 0 = {m_0}\).

Vậy \({m_0} \in \left( { - \dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}} \right)\).

Thể tích kim tự tháp là $V = \dfrac{1}{3}.230^{2}.144 = 2539200\left( {~\text{m}^{3}} \right)$.

Thể tích khối đá cần vận chuyển là $0.7~\text{V} = 1777440\left( {~\text{m}^{3}} \right)$.

Gọi $x$ là số lần vận chuyển.

Để đủ đá xây dựng kim tự tháp thì $\left. \dfrac{x.10.6000}{2,5.10^{3}} = 1777440\Rightarrow x = 74060 \right.$.

Vì $\left. \left\{ \begin{array}{l} {CD = BM = a} \\ \left. CD \middle| \middle| BM \right. \end{array} \right.\Rightarrow BCDM \right.$ là hình bình hành $\left. \Rightarrow DM \middle| \middle| BC \right.$

$d\left( {DM;SB} \right) = d\left( {DM;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)$

Dựng $AH \bot SC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SC} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)$

Vì $\left. \left\{ \begin{array}{l} {AM = DC = a} \\ \left. CD \middle| \middle| AM \right. \end{array} \right.\Rightarrow ADCM \right.$ là hình bình hành $\left. \Rightarrow DM \middle| \middle| BC \right.$

$\left. \Rightarrow CM = AD = a\Rightarrow CM = AM = MB = \dfrac{1}{2}AB\Rightarrow\Delta ABC \right.$ vuông tại C

$\left. \Rightarrow AC = \sqrt{AB^{2} - BC^{2}}\ \ = \sqrt{\left( {2a} \right)^{2} - a^{2}}\ \ = a\sqrt{3} \right.$

Xét $\Delta SAC$ vuông tại $A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AH \bot SC$

$\left. \Rightarrow\dfrac{1}{AH^{2}} = \dfrac{1}{SA^{2}} + \dfrac{1}{AC^{2}} = \dfrac{1}{\left( {3a} \right)^{2}} + \dfrac{1}{\left( {a\sqrt{3}} \right)^{2}} = \dfrac{4}{9a^{2}} \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \dfrac{3a}{2} \right.$

$\left. \Rightarrow d\left( {DM;SM} \right) = d\left( {M;\left( {SBC} \right)} \right) = \dfrac{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}{2} = \dfrac{\dfrac{3a}{2}}{2} = \dfrac{3a}{4} \right.$.

Vậy $x + y + xy = 3 + 4 + 3.4 = 19$

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

Lấy nguyên hàm hai vế, ta được:

$f(x) = \int \left( \dfrac{1}{x-1} - \dfrac{1}{x+1} \right) dx = \ln|x-1| - \ln|x+1| + C = \ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right| + C$.

Do hàm số xác định trên $\mathbb{R}\setminus\{-1; 1\}$, tức là trên các khoảng $(-\infty; -1)$, $(-1; 1)$ và $(1; +\infty)$, nên ta có:

$f(x) = \begin{cases} \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C_1 & \text{khi } x < -1 \\ \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C_2 & \text{khi } -1 < x < 1 \\ \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C_3 & \text{khi } x > 1 \end{cases}$

Theo giả thiết $f(-3) + f(3) = 2\ln 2$:

$f(-3) = \ln\left|\frac{-3-1}{-3+1}\right| + C_1 = \ln 2 + C_1$ (vì $-3 < -1$)

$f(3) = \ln\left|\frac{3-1}{3+1}\right| + C_3 = \ln\dfrac{1}{2} + C_3 = -\ln 2 + C_3$ (vì $3 > 1$)

Suy ra: $\ln 2 + C_1 - \ln 2 + C_3 = 2\ln 2 \Leftrightarrow C_1 + C_3 = 2\ln 2$.

Theo giả thiết $f\left(-\dfrac{1}{2}\right) + f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0$:

$f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \ln\left|\frac{-\dfrac{1}{2}-1}{-\dfrac{1}{2}+1}\right| + C_2 = \ln 3 + C_2$ (vì $-1 < -\dfrac{1}{2} < 1$)

$f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \ln\left|\dfrac{\frac{1}{2}-1}{\dfrac{1}{2}+1}\right| + C_2 = \ln\dfrac{1}{3} + C_2 = -\ln 3 + C_2$ (vì $-1 < \dfrac{1}{2} < 1$)

Suy ra: $\ln 3 + C_2 - \ln 3 + C_2 = 0 \Leftrightarrow 2C_2 = 0 \Leftrightarrow C_2 = 0$.

Tính giá trị biểu thức $P = f(-2) + f(0) + f(4)$:

$f(-2) = \ln\left|\dfrac{-2-1}{-2+1}\right| + C_1 = \ln 3 + C_1$ (vì $-2 < -1$)

$f(0) = \ln\left|\dfrac{0-1}{0+1}\right| + C_2 = \ln 1 + 0 = 0$ (vì $-1 < 0 < 1$)

$f(4) = \ln\left|\dfrac{4-1}{4+1}\right| + C_3 = \ln\dfrac{3}{5} + C_3 = \ln 3 - \ln 5 + C_3$ (vì $4 > 1$)

Khi đó:

$P = \ln 3 + C_1 + 0 + \ln 3 - \ln 5 + C_3$

$P = 2\ln 3 - \ln 5 + (C_1 + C_3)$

Thay $C_1 + C_3 = 2\ln 2$ vào, ta được:

$P = 2\ln 3 - \ln 5 + 2\ln 2 = \ln(3^2) - \ln 5 + \ln(2^2) = \ln 9 - \ln 5 + \ln 4 = \ln\left(\frac{9 \cdot 4}{5}\right) = \ln(7,2)$.

Sử dụng máy tính cầm tay, ta có $\ln(7,2) \approx 1,97408...$

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm ta được $1,97$.

Đáp án: 1,97

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\)

Xét \(\Delta ABM\) có \(\dfrac{{M{G_1}}}{{MB}} = \dfrac{{M{G_2}}}{{MA}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{G_1}{G_2}\parallel AB\\{G_1}{G_2} = \dfrac{1}{3}AB\end{array} \right.\)

Do đó ý D sai

Phương trình \({x^2} + {y^2} - 2mx - 4\left( {m - 2} \right)y + 6 -m= 0\,\,\left( 1 \right)\) có \(a = m,\,\,b = 2\left( {m - 2} \right),\,\,c = 6 - m\)

Để (1) là phương trình đường tròn thì

\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} - c > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4{\left( {m - 2} \right)^2} - \left( {6 - m} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} + 4{m^2} - 16m + 16 - 6 + m > 0\\ \Leftrightarrow 5{m^2} - 15m + 10 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 1\\m > 2\end{array} \right.\end{array}\)

Gọi tọa độ điểm $M(x;y;z)$.

Ta có $\overset{\rightarrow}{MA} = (2 - x;2 - y;3 - z)$ và $\overset{\rightarrow}{MB} = (2 - x; - 2 - y; - 1 - z)$.

Theo bài ra ta có $\overset{\rightarrow}{MA} + 3\overset{\rightarrow}{MB} = \overset{\rightarrow}{0}$, suy ra hệ phương trình:

$\left. (2 - x) + 3(2 - x) = 0\Leftrightarrow 4(2 - x) = 0\Leftrightarrow x = 2 \right.$.

$\left. (2 - y) + 3( - 2 - y) = 0\Leftrightarrow 2 - y - 6 - 3y = 0\Leftrightarrow - 4y = 4\Leftrightarrow y = - 1 \right.$.

$\left. (3 - z) + 3( - 1 - z) = 0\Leftrightarrow 3 - z - 3 - 3z = 0\Leftrightarrow - 4z = 0\Leftrightarrow z = 0 \right.$.

Vậy $M(2; - 1;0)$.

Đường thẳng $\Delta_1$ có vectơ chỉ phương $\vec{u_1} = (1; -1; 2)$.

Đường thẳng $\Delta_2$ có vectơ chỉ phương $\vec{u_2} = (3; -1; 3)$.

Gọi $A = \Delta \cap \Delta_1 \Rightarrow A(1+t; 3-t; 2+2t)$.

Gọi $B = \Delta \cap \Delta_2 \Rightarrow B(3s; -s; -1+3s)$.

Suy ra $\vec{AB} = (3s - t - 1; -s + t - 3; 3s - 2t - 3)$.

Vì $\Delta$ là đường vuông góc chung của $\Delta_1$ và $\Delta_2$ nên $\Delta \perp \Delta_1$ và $\Delta \perp \Delta_2$, ta có hệ điều kiện:

$\begin{cases} \vec{AB} \cdot \vec{u_1} = 0 \\ \vec{AB} \cdot \vec{u_2} = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 1(3s - t - 1) - 1(-s + t - 3) + 2(3s - 2t - 3) = 0 \\ 3(3s - t - 1) - 1(-s + t - 3) + 3(3s - 2t - 3) = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 3s - t - 1 + s - t + 3 + 6s - 4t - 6 = 0 \\ 9s - 3t - 3 + s - t + 3 + 9s - 6t - 9 = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 10s - 6t = 4 \\ 19s - 10t = 9 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} s = 1 \\ t = 1 \end{cases}$

Với $t = 1$, ta có $A(2; 2; 4)$.

Với $s = 1$, ta có $B(3; -1; 2)$.

Vectơ chỉ phương của $\Delta$ là $\vec{AB} = (1; -3; -2)$.

Đường thẳng $\Delta$ đi qua điểm $A(2; 2; 4)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{AB} = (1; -3; -2)$ nên có phương trình tham số là:

$\begin{cases} x = 2 + k \\ y = 2 - 3k \\ z = 4 - 2k \end{cases}$

Vì điểm $M(a; b; 4) \in \Delta$ nên tồn tại số thực $k$ sao cho:

$\begin{cases} a = 2 + k \\ b = 2 - 3k \\ 4 = 4 - 2k \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 2 + 0 \\ b = 2 - 3(0) \\ k = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = 2 \\ b = 2 \end{cases}$

Vậy $a = 2$ và $b = 2$.

Suy ra $a + b = 2 + 2 = 4$.

Đáp án: 4

Vì $d \parallel \Delta$ nên d qua $M\left( {3, - 1,2} \right)$ và có VTCP là $\left( {2; - 5; - 4} \right)$

Khi đó d có dạng $\left\{ \begin{array}{l} {x = 3 + 2t} \\ {y = - 1 - 5t} \\ {z = 2 - 4t} \end{array} \right.$

Dựa vào hình vẽ, chiều sâu của thùng kem theo trục Ox là $h = 20$ cm.

Bán kính miệng thùng tương ứng với giá trị $f(x)$ tại $x = 20$ là $R = 30$ cm.

Thay tọa độ điểm $(20;30)$ vào phương trình $f(x) = a\sqrt{x}$, ta có:

$\left. 30 = a\sqrt{20}\Rightarrow a^{2} = \dfrac{30^{2}}{20} = 45 \right.$.

Dung tích của thùng kem là thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay cung parabol $f(x)$ quanh trục Ox từ $x = 0$ đến $x = 20$:

$V = \pi{\int_{0}^{20}{\left\lbrack {f(x)} \right\rbrack^{2}dx}} = \pi{\int_{0}^{20}{45xdx}} = 9000\pi$ ($cm^{3}$).

Đổi sang đơn vị lít: $V = \dfrac{9000\pi}{1000} = 9\pi \approx 28,3$ (lít).

Từ phương trình đường thẳng $\Delta$, ta có một vectơ chỉ phương là $\overset{\rightarrow}{u} = (1;2; - 2)$.

Từ phương trình mặt phẳng $(P)$, ta có một vectơ pháp tuyến là $\overset{\rightarrow}{n} = (1; - 2;2)$.

Áp dụng công thức tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, ta có:

$\sin\varphi = \dfrac{\left| \overset{\rightarrow}{u} \cdot \overset{\rightarrow}{n} \right|}{\left| \overset{\rightarrow}{u} \middle| \cdot \middle| \overset{\rightarrow}{n} \right|} = \dfrac{\left| 1 \cdot 1 + 2 \cdot ( - 2) + ( - 2) \cdot 2 \right|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2} + {( - 2)}^{2}} \cdot \sqrt{1^{2} + {( - 2)}^{2} + 2^{2}}}$

$\sin\varphi = \dfrac{|1 - 4 - 4|}{3 \cdot 3} = \dfrac{| - 7|}{9} = \dfrac{7}{9}$.

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc d.

Mặt phẳng (P) có 1 vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \overrightarrow {{u_d}}  = \left( {3; - 2;1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng (P): \(3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 6} \right) + 1\left( {z - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 21 = 0\).

Hình chiếu vuông góc H của \(M\) lên \(d\) chính là giao điểm của d và (P).

Giả sử \(H\left( {1 + 3t; - 2 - 2t;t} \right)\)

\( \Rightarrow \)\(3\left( {1 + 3t} \right) - 2\left( { - 2 - 2t} \right) + t - 21 = 0 \Leftrightarrow 14t - 14 = 0 \Leftrightarrow t = 1\)\( \Rightarrow H\left( {4; - 4;1} \right)\).

Cỡ mẫu: $n = 7 + 10 + 17 + 24 + 13 + 8 + 5 = 84$.

$Q_{1} = 7,5 + \dfrac{\dfrac{84}{4} - (7 + 10)}{17}.(8 - 7,5) = \dfrac{259}{34}$.

$Q_{3} = 8,5 + \dfrac{\dfrac{3.84}{4} - (7 + 10 + 17 + 24)}{13}.(9 - 8,5) = \dfrac{113}{13}$.

$\Delta_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = \dfrac{113}{13} - \dfrac{259}{34} = \dfrac{475}{442} \approx 1,07$.

Tổng số ngày là $n = 2 + 7 + 7 + 3 + 1 = 20$.

Số trung bình của mẫu số liệu là: $\overline{x} = \dfrac{2 \cdot 6 + 7 \cdot 8 + 7 \cdot 10 + 3 \cdot 12 + 1 \cdot 14}{20} = 9,4 \in \text{[9;11})$.

Ngăn tủ có 6 đôi $\Rightarrow$ Tổng cộng có 12 chiếc găng tay.

Số cách bốc ngẫu nhiên 4 chiếc là $n(\Omega) = C_{12}^{4} = 495$ (cách).

Gọi A là biến cố trong 4 chiếc mà An chọn có đúng 2 chiếc được ghép thành một đôi

Chọn 1 đôi trong số 6 đôi $\Rightarrow$ Có $C_{6}^{1} = 6$ cách.

Chọn 2 chiếc còn lại sao cho chúng không tạo thành một đôi.

Ta cần lấy 2 chiếc từ 10 chiếc còn lại. Số cách chọn 2 chiếc bất kỳ từ 10 chiếc là $C_{10}^{2} = 45$. Trong số 45 cách này, có đúng 5 cách chọn trúng 1 đôi (vì còn lại 5 đôi). Do đó, số cách chọn 2 chiếc không cùng 1 đôi là $45 - 5 = 40$ cách.

Số kết quả thuận lợi: $n(A) = 6.40 = 240$ (cách).

Xác suất cần tìm: $P(A) = \dfrac{240}{495} = \dfrac{16}{33} \approx 0,48$

$P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,3 = 0,7$.

$P(\overline{A}B) = P(\overline{A}).P(B) = 0,7.0,5 = 0,35$.

Ta có $B = (A \cap B) \cup (\overline{A} \cap B)$.

Vì $A \cap B$ và $\overline{A} \cap B$ là hai biến cố xung khắc nên ta có:

$P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)$

Suy ra $P(\overline{A} \cap B) = P(B) - P(A \cap B) = 0,7 - 0,3 = 0,4$.

Gọi $X$ là biến cố “trạm A phát ra tín hiệu X”

$Y$ là biến cố “trạm B thu được tín hiệu Y”

Theo bài ra ta có $\left. P(X) = 0,85\Rightarrow P\left( \overline{X} \right) = 0,15 \right.$

Theo đề bài, xác suất phát Y nhưng thu được X là 5%, tức là $P(\overline{Y}|\overline{X}) = 0,05$.

Suy ra: $P(Y|\overline{X}) = 1 - 0,05 = 0,95$."

Ta có: $P(Y) = P(X).P\left( Y \middle| X \right) + P\left( \overline{X} \right).P\left( Y \middle| \overline{X} \right) = 0,85.0,1 + 0,15.0,95 = 0,2275$

$P(X) = 0,55$

$P(Y) = 1 - 0,55 = 0,45$

Nếu máy bay ở X: Bắn 2 quả tên lửa độc lập, mỗi quả có xác suất trúng là 0,8 (xác suất trượt là 1 - 0,8 = 0,2).

Xác suất máy bay bị hạ (trúng ít nhất 1 quả) là: $\left. P(H \middle| X) = 1 - 0,2^{2} = 1 - 0,04 = 0,96 \right.$

Nếu máy bay ở Y: Bắn 1 quả tên lửa. Xác suất máy bay bị hạ là: $\left. P(H \middle| Y) = 0,8 \right.$

$\left. P(H) = P(X) \cdot P(H \middle| X) + P(Y) \cdot P(H \middle| Y) \right.$

$P(H) = 0,55 \cdot 0,96 + 0,45 \cdot 0,8$

$P(H) = 0,528 + 0,360 = 0,888$

Xác suất máy bay xuất hiện ở vị trí Y biết rằng nó đã bị bắn hạ là:

$\left. P(Y \middle| H) = \dfrac{P(Y \cdot H)}{P(H)} = \dfrac{\left. P(Y) \cdot P(H \middle| Y) \right.}{P(H)} = \dfrac{0,360}{0,888} \approx 0,41 \right.$

Gọi số lần thắng của An là x, số lần hòa của An là y

Khi đó số lần thua của An là \(13 - x - y\)

Tức là số lần thắng của Bình là \(13 - x - y\), số lần thua là x và số lần hòa là y

Tổng số điểm của An là \(5x + 2y\)

Tổng số điểm của Bình là \(5\left( {13 - x - y} \right) + 2y\)

Vì An gấp 3 lần điểm của Bình và tổng số điểm của 2 người là 60 nên ta có hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}5x + 2y = 3\left( {5\left( {13 - x - y} \right) + 2y} \right)\\5x + 2y + 5\left( {13 - x - y} \right) + 2y = 60\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 7\\y = 5\end{array} \right.\)

Vậy số lần Bình thắng là \(13 - 7 - 5 = 1\)

Đáp án đúng B. “Trắng trẻo” chủ yếu miêu tả sắc trắng tươi, trong, sạch (đặc điểm chất lượng).

A “trắng tinh”, C “trắng muốt”, D “trắng nõn”: nhấn mạnh mức độ trắng (trắng rất, trắng đến mức nổi bật).

Phân tích đáp án sai:

A/C/D: cùng nhóm “trắng ở mức độ cao/đậm” nên không chọn.

- Từ đề bài có thể nhận thấy bài yêu cầu phân biệt các cụm từ. Có thể thấy:

+ Đáp án A có “yêu thương” là một động từ nhưng khi kết hợp với từ “niềm” sẽ trở thành cụm danh từ

+ Đáp án B là cụm tính từ vì có “rực rỡ” là tính từ làm trung tâm.

+ Đáp án C là cụm tính từ vì dù từ “người” là danh từ nhưng kết hợp với “rất” sẽ trở thành cụm tính từ (cụm từ này thường chỉ sự chân thành, thật thà hoặc những đặc điểm tốt đẹp khác của con người).

+ Đáp án D là cụm tính từ vì kết hợp với “quá” và có tính từ “xinh đẹp” làm trung tâm.

=> Các đáp án B, C, D là các cụm tính từ, riêng đáp án A là cụm danh từ.

Từ khác nghĩa: Minh họa

- Từ khác loại: độc đoán

- Đáp án A là từ láy vì “xa” là từ có nghĩa, “xăm” không có nghĩa trong từ “xa xăm”.

- Đáp án B là từ ghép vì cả hai chứ đều có nghĩa.

- Đáp án C là từ ghép vì chữ “hốt” còn có nghĩa là “hoảng” - VD: chưa chi đã hốt lên.

- Đáp án D là từ ghép vì cả hai chữ "cằn" và và "cỗi" đều có nghĩa chỉ sự già cỗi, không màu mỡ.

=> Đáp án A khác với các đáp án còn lại.

Đáp án đúng A: “dự đoán … suôn sẻ” hợp nghĩa và hợp ngữ cảnh.

“Dự đoán”: dự báo kết quả sẽ xảy ra.

“Suôn sẻ”: diễn ra thuận lợi, không trục trặc.

B sai: “dự phòng” là chuẩn bị sẵn để phòng khi cần; “chóng vánh” = rất nhanh, không hợp ý “hai bên hài lòng”.

C sai: “dự toán” dùng cho tính toán chi phí, không hợp “cuộc gặp”.

D sai: “dự kiến” có thể dùng, nhưng “chớp nhoáng” = quá nhanh, sắc thái không phù hợp văn cảnh “diễn ra… khiến hài lòng”.

Việc nghiên cứu lịch sử không chỉ dừng lại ở việc tổng hợp các sự kiện mà còn đòi hỏi khả năng kết nối các mối liên hệ phức tạp giữa chúng.

- Vị trí 1: “…dẫn đến việc ___ những trải nghiệm cần thiết…” → cần từ mang nghĩa vô tình không có hoặc mất đi trải nghiệm.

+ (A) “bỏ lỡ” → phù hợp, mang nghĩa tiếc nuối vì không có trải nghiệm đáng lẽ nên có.

+ (C) “đánh đổi” → cũng phù hợp, nhấn mạnh sự từ bỏ có chủ đích để đổi lấy thứ khác.

+ (B) “né tránh” → hàm ý chủ động lẩn tránh điều không muốn, không phù hợp với “trải nghiệm cần thiết” → loại

+ (D) “lướt qua” → không đủ rõ nghĩa về việc bỏ mất trải nghiệm → loại

- Vị trí 2: “…dễ dàng ___ trước áp lực và kỳ vọng” → cần từ chỉ trạng thái không chịu nổi áp lực

+ (A) “gục ngã” → rất phù hợp, sắc thái tiêu cực, đúng ngữ cảnh

+ (C) “vượt qua” → ngược nghĩa, mang sắc thái tích cực → loại

=> Đáp án đúng là A. bỏ lỡ / gục ngã

Câu hoàn chỉnh:

Người trẻ ngày nay đôi khi bị cuốn vào tâm lý phải thành công sớm, phải nổi bật, dẫn đến việc bỏ lỡ những trải nghiệm cần thiết của tuổi trẻ. Nếu không đủ bản lĩnh để điều chỉnh, họ có thể dễ dàng gục ngã trước áp lực và kỳ vọng.

- Vị trí 1: “…âm thầm ___ niềm tin xã hội”

→ Cần từ mang nghĩa làm giảm dần, hủy hoại từ từ lòng tin.

+ (A) “bào mòn”: đúng sắc thái – từ từ, âm thầm → giữ lại

+ (C) “xói mòn”: nghĩa gần tương tự “bào mòn”, thiên về ẩn dụ tinh tế → giữ lại

+ (B) “làm suy yếu”: đúng nghĩa nhưng hơi chung, thiếu ẩn dụ → loại

+ (D) “phá vỡ”: quá mạnh, không còn sắc thái “âm thầm” → loại

- Vị trí 2: “…khó lòng ___ vào các nguồn chính thống”

→ Cần từ thể hiện niềm tin – sự phụ thuộc vào thông tin đáng tin cậy

+ (A) “dựa dẫm”: thiên về quan hệ cá nhân, không phù hợp văn cảnh thông tin → loại

+ (C) “đặt niềm tin”: chính xác, đúng collocation với “nguồn chính thống” → phù hợp

→ Chọn C

Câu hoàn chỉnh:

Sự lan tỏa nhanh chóng của tin giả không chỉ làm nhiễu loạn thông tin mà còn âm thầm xói mòn niềm tin xã hội, khiến công chúng ngày càng khó lòng đặt niềm tin vào các nguồn chính thống.

Theo lý thuyết về ánh sáng mặt trời và thực vật có thể nhận thấy: Thực vật là những sinh vật nhân thực tạo nên giới Plantae; đa số chúng hoạt động nhờ quang hợp. Đây là quá trình mà chúng thu năng lượng từ ánh sáng Mặt Trời, sử dụng lục lạp trích từ quá trình nội cộng sinh với vi khuẩn lam để tạo ra đường từ carbon dioxide và nước, sử dụng diệp lục sắc tố xanh lá. Từ đây nhận thấy, ánh sáng mặt trời cung cấp cho thực vật năng lượng và quá trình thực vật sử dụng đường chủ yếu dưới dạng tinh bột là quang hợp.

=> Từ/cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: năng lượng/ quang hợp.

Đáp án đúng B: “giản dị” thường chỉ tính cách/đời sống, ít dùng cho “cách pha chế” ở đây.

Phù hợp hơn: “đơn giản”.

A “cầu kì”: đúng nghĩa.

C “uyên thâm”: đúng (kiến thức sâu rộng).

D “khắt khe”: đúng (yêu cầu nghiêm).

- 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.”

Trong bài có thể nhận thấy nội dung được hiểu đại ý: giọng của con người là nhạc cụ lâu đời nhất, ấy thế mà tại sao giọng người lại hát và có sức mạnh thì vẫn chưa có câu trả lời. Giữa hai nội dung này, ở chỗ “ấy thế mà” đang được câu văn sử dụng từ “nhưng” tức là hai vế mang nghĩa tương phản. Thực chất, hai câu văn trong bài này không hoàn toàn tương phản, chúng có quan hệ đối lập nhưng mang theo cả sắc thái của sự bất ngờ, ngỡ ngàng. Vậy nên, không nên dùng từ “nhưng” chỉ hoàn toàn đối lập mà có thể dùng từ “tuy nhiên, tuy vậy”.

=> Sửa lại câu: Giọng người có lẽ là một nhạc cụ cổ xưa nhất và đa dạng nhất mà chúng ta từng biết. Nhạc cụ đặc biệt này có thể dành cho cả nói và hát. Tuy vậy trong hàng thế kỷ, câu hỏi tại sao con người lại hát, tạo ra những thứ âm thanh quyến rũ, cuốn hút hoặc kinh khủng, chói tai, vẫn là ẩn số với các nhà khoa học.

Từ dùng sai: mỗi

Đáp án đúng: D. “song song”

“Hung bạo” và “trữ tình” là hai nét đối lập; dùng “song song” không hợp logic.

Sửa hợp: “hai nét tính cách cơ bản đối lập nhau…”

A “sáng tạo”: đúng.

B “tính cách”: đúng.

C “sinh thể”: đúng.

- Phân tích: Nhân vật chú ý đến những bông hoa cuối mùa, vẻ đẹp thầm lặng. Thể hiện chiêm nghiệm, nâng niu những giá trị giản dị.

- Phương án sai: A, C, D: mang sắc thái tiêu cực, không phù hợp giọng văn.

- Phân tích:

+ Dung thấy buồn, ngột ngạt, không chia sẻ được với ông.

+ Sự đối lập rõ ràng: Dung: karaoke, bạn bè, âm nhạc hiện đại. Ông ngoại: cây cối, cá cảnh, tĩnh lặng.

→ Thể hiện xung đột thế hệ, khác biệt lối sống.

- Loại các phương án sai:

+ A: nếu hòa hợp thì không có than thở, bức bối → sai.

+ C: trái hẳn nội dung đoạn trích → sai.

+ D: ông không áp đặt, chỉ sống theo nếp riêng → không chính xác.

- Phân tích:

+ Dầu (1): Dầu ăn, dầu thắp (nhiên liệu).

+ Dầu (2): Dầu xoa bóp, dầu thuốc.

=> Ý nghĩa: Dầu xoa bóp không thể dùng để thắp đèn, thể hiện sự sai mục đích, lãng phí (dầu ăn, dầu thắp bị bỏ phí vì dùng dầu xoa thay thế).

+ Bắp (1): Bắp ngô (lương thực).

+ Bắp (2): Bắp chuối (phần lõi, không dùng để rang).

=> Ý nghĩa: Bắp chuối không rang được, cũng tương tự như dầu xoa không thắp được, nhấn mạnh sự lãng phí, không biết tận dụng giá trị thực tế của sự vật, hiện tượng.

- Phân tích suy luận:

Nhân vật trữ tình trong thơ thường không tách rời khỏi tác giả, nhưng cũng không trùng khít. Trong bài này, lời thơ dùng đại từ “chúng ta”, thể hiện sự nhập vai của người viết vào cộng đồng người đang sống – đang hồi sinh – đang lựa chọn  sống đẹp.

→ Nhân vật trữ tình vừa có bóng dáng người viết, vừa mang theo tâm thế của những người đồng cảnh.

- Phân tích loại trừ:

+ A sai vì thơ trữ tình không phải là nơi “tự thuật” trực tiếp tác giả có thể chia sẻ quan điểm sống, nhưng thông qua hình ảnh nhân vật trữ tình, không phải nói về “cuộc sống thực tại của mình”

+ B sai vì nói về “một người” sẽ làm thu hẹp không gian thơ, bài thơ nhấn mạnh “chúng ta” → nhân vật trữ tình không là một người cụ thể, mà mang tính bao quát, nhiều chiều

+ D sai vì “sự sống và cái chết” không phải là trục nội dung trung tâm, nhân vật trữ tình không triết lý về sinh tử, mà hướng đến cách sống tích cực, chủ động trong hiện tại

- Vì sao C đúng:

+ Nhân vật trữ tình là một hình ảnh đại diện: mang suy nghĩ, trải nghiệm, tinh thần của người viết

+ Đồng thời, đây cũng là tiếng nói của những con người từng trải qua khổ đau, đang được tác giả nhập vai để lên tiếng

+ Việc dùng đại từ “chúng ta” cho thấy sự chia sẻ, hoà nhập giữa cá nhân người viết và tập thể con người đang vượt lên nghịch cảnh

biết cách lựa chọn hình thức giao tiếp phù hợp với đối tượng, hoàn cảnh

Trân trọng người yêu thương khi họ còn bên cạnh

- Đoạn trích sử dụng câu hỏi tu từ.

- Câu thơ “Bây giờ tan tác về đâu?" thể hiện nỗi đau như xé lòng. Những điều thân thương trước nay không còn. Quê hương mịt mù khói lửa. Nỗi đau đớn xót xa tưởng như không còn giới hạn nào, không thể nào kể xiết.

Đoạn thơ trên được viết theo thể loại: Đường luật biến thể.

Đoạn thơ này có cấu trúc của Đường luật (thể thơ có 8 câu, mỗi câu 7 chữ, có vần và nhịp điệu), nhưng có thể có sự biến thể, nghĩa là có sự thay đổi trong một số quy tắc chặt chẽ của thể loại

Đường luật. Đoạn thơ trên có 4 câu, nhưng vẫn tuân thủ được một số yếu tố của thể Đường luật, vì vậy có thể xem là Đường luật biến thể.

Thất ngôn cổ phong: Đây là thể thơ 7 chữ, số câu không cố định, không nhất thiết phải có 8 câu.

Tuy nhiên, thể thơ này thường không theo quy tắc về vần và nhịp điệu chặt chẽ như thể Đường luật. Đoạn thơ trên có quy tắc vần và nhịp điệu rõ ràng, nên không phải thể này.

Thất ngôn bát cú: thể thơ này gồm 8 câu, mỗi câu 7 chữ, có vần và nhịp điệu chặt chẽ. Đoạn thơ trên chỉ có 4 câu, không phải thể này.

Ngũ ngôn bát cú: thể thơ này gồm 8 câu, mỗi câu 5 chữ. Đoạn thơ trên có mỗi câu 7 chữ, không phải thể này.

- Cao Bá Quát không nhằm mục đích ca ngợi cuộc sống sung túc nơi xứ người. Việc miêu tả cảnh sống của người phương Tây chỉ nhằm tạo sự tương phản với cảnh ngộ khổ đau, biệt ly của người dân Việt Nam. Cảnh người thiếu phụ phương Tây trong bài thơ xuất hiện với hình ảnh thư thái, thanh thản nhưng không phải để tôn vinh họ, mà để làm nổi bật nỗi đau chia lìa của người Nam trong cảnh lưu lạc.

- A: Sự tương phản rõ nét giữa cảnh hạnh phúc đoàn viên của người phương Tây (người thiếu phụ tựa vai chồng) và cảnh biệt ly của người Việt Nam (“Người Nam đang chịu cảnh biệt ly”) là điểm nhấn nghệ thuật chính trong bài thơ.

- B: Tâm trạng nhẹ nhàng của người thiếu phụ phương Tây được thể hiện qua chi tiết cụ thể như “tay cầm uể oải” và “tựa vai chồng.”

- C: Hình ảnh người thiếu phụ phương Tây tượng trưng cho hạnh phúc, đoàn tụ, đối lập với hoàn cảnh chia cắt đau buồn của người Việt Nam, qua đó thể hiện nỗi cảm thương của tác giả đối với đồng bào.

Các câu trong đoạn trích trên liên kết với nhau chủ yếu bằng phép lặp (các câu lặp lại nhiều lần từ “vội”).