Thi thử toàn quốc Đánh giá năng lực Hà Nội (HSA) - Trạm số 3 (HSA1801)

Đạo hàm của hàm số \(y = {\log _2}\left( {3x} \right)\) là \(y' = \dfrac{3}{{3x\ln 2}} = \dfrac{1}{{x\ln 2}}\).

A. Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{{x^2} - 3x}}{{x - 1}}\) không có TCN do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty \).

B. Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 3} }}{{2x - 3}}\) có 2 TCN là \(y = \dfrac{1}{2},y =  - \dfrac{1}{2}\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \dfrac{1}{2},\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \dfrac{1}{2}\).

C. Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{2x - 3}}{{{x^2} - 2x}}\) có 1 TCN là \(y = 0\) do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = 0\).

D. Đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{\sqrt {1 - {x^2}} }}{{x + 3}}\) không có TCN do TXĐ của hàm số là \(D = \left[ { - 1;1} \right]\).

Dựa vào BBT ta thấy:

+ Hàm số có 3 điểm cực trị, trong đó có 1 cực tiểu và 2 cực đại.

+ f(-2) = f(2) = 2.

+ Hàm số nghịch biến trên (-2;0) nên f(-2) > f(-1). Mà f(-2) = f(2) nên f(2) > f(-1).

Do đó các đáp án B, C, D đúng.

ĐKXĐ: \(x \ne 1\).

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

TH1: \( - 1 - m < 0 \Leftrightarrow m >  - 1\) => Hàm số nghịch biến trên [2;4].

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 4 \right) \Leftrightarrow 3 = \dfrac{{4 + m}}{3} \Leftrightarrow m = 5\) (tm).

TH1: \( - 1 - m > 0 \Leftrightarrow m <  - 1\) => Hàm số đồng biến trên [2;4].

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {2;4} \right]} y = y\left( 2 \right) \Leftrightarrow 3 = \dfrac{{2 + m}}{1} \Leftrightarrow m = 1\) (ktm).

Vậy \(m = 5 \Rightarrow m > 4\).

Xét dãy \(\left( {{a_n}} \right)\) là độ dài cạnh của của dãy hình vuông \({C_1},{C_2},{C_3},...,{C_n}...\) với \({a_1} = 4\)

Ta có \({a_2} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{4}{a_1}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{3}{4}{a_1}} \right)}^2}} {\rm{\;}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{4}{a_1}\)

          …

         \({a_{n + 1}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{4}{a_n}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{3}{4}{a_n}} \right)}^2}} {\rm{\;}} = \dfrac{{\sqrt {10} }}{4}{a_n}\)

Vậy dãy \(\left( {{a_n}} \right)\) lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}\)

Ta có \({S_{n + 1}} = {\left( {{a_{n + 1}}} \right)^2} = {\left( {{a_n}.\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} = {\left( {{a_n}} \right)^2}.\dfrac{5}{8} = {S_n}.\dfrac{5}{8}\)

Suy ra dãy \(\left( {{S_n}} \right)\) lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q = \dfrac{5}{8}\) và \({S_1} = 16\)

Vậy  \({S_1} + {S_2} + {S_3} + ... + {S_n} + ... = \dfrac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \dfrac{{16}}{{1 - \dfrac{5}{8}}} = \dfrac{{128}}{3}\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).

Do tam giác \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác đều nên \(\left\{ \begin{array}{l}CE \bot AB\\DE \bot AB\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow AB \bot \left( {CDE} \right) \Rightarrow AB \bot CD\).

Vậy \(\left( {AB,CD} \right) = {90^0}\).

Giá trị nhỏ nhất là 7,0 giá trị lớn nhất là 8,0.

Ghép nhóm cho mẫu số liệu trên thành tám nhóm có độ dài bằng nhau trong đó có một nhóm là [7,4; 7, 6) nên ta có bảng sau:

Khi đó ta có:

$\overline{x} = \dfrac{7.7,1 + 7.7,3 + 6.7,5 + 5.7,7 + 3.7,9}{28} = 7,4$.

Ta có: \(\int\limits_1^2 {\left[ {3f\left( x \right) - 2x} \right]} {\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {3f\left( x \right)} {\rm{d}}x - \int\limits_1^2 {2x} {\rm{d}}x = 3\int\limits_1^2 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x - 3 = 6\) \( \Rightarrow \int\limits_1^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3\).

Theo bảng số liệu ta có hệ phương trình

$\left. \left\{ \begin{array}{l} {5 + 8 + m + n + 6 = 40} \\ {\dfrac{20.5 + 21.8 + 22.n + 23.m + 24.6}{40} = 22,1} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {m + n = 21} \\ {22n + 23m = 472} \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {n = 11} \\ {m = 10} \end{array} \right. \right.$

Dựa vào BBT ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\end{array} \right.\).

Khi đó ta có:

\(f'\left( {f\left( x \right) + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) + 3 =  - 1\\f\left( x \right) + 3 = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}f\left( x \right) =  - 4\\f\left( x \right) =  - 2\end{array} \right.\).

Đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) cắt các đường thẳng \(y =  - 4,y =  - 2\) lần lượt tại 1 và 2 điểm, các điểm đó phân biệt với nhau.

Vậy phương trình đã cho có tất cả 3 nghiệm.

Gọi $A$ và $B$ lần lượt là biến cố huyện A và B có mưa trong một ngày.

Ta có $P(\bar{A} \mid \bar{B})=0,65 ; P(\bar{B} \mid \bar{A})=0,6$ và $P(A \cap B)=0,1$.

Suy ra $P(A \mid \bar{B})=0,35$ và $P(B \mid \bar{A})=0,4$.

Đặt $a=P(A)$ và $b=P(B)$ với $a, b \in[0 ; 1]$.

Khi đó ta có: $0,35=P(A \mid \bar{B})=\dfrac{P(A \cap \bar{B})}{P(\bar{B})}=\dfrac{P(A)-P(A \cap B)}{1-P(B)}=\dfrac{a-0,1}{1-b} \Rightarrow 20 a+7 b=9$

Tương tự: $0,4=P(B \mid \bar{A})=\dfrac{P(B \cap \bar{A})}{P(\bar{A})}=\dfrac{P(B)-P(A \cap B)}{1-P(A)}=\dfrac{b-0,1}{1-a} \Rightarrow 2 a+5 b=2,5$

Từ (1) và (2) suy ra $a=\dfrac{55}{172}, b=\dfrac{16}{43}$.

Vậy xác suất để ít nhất một trong hai huyện có mưa trong một ngày là

$P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A \cap B)=\dfrac{55}{172}+\dfrac{16}{43}-0,1 =\dfrac{509}{860}$

Mức lương của quý làm việc đầu tiên là 15 triệu.

Mức lương của quý làm việc thứ hai là 15 + 1,5 (triệu)

Mức lương của quý làm việc thứ ba là 15 + 2.1,5 (triệu).

….

Mức lương của quý làm việc thứ n là 15 + n.1,5 (triệu)

3 năm có 4.3 = 12 quý.

Tổng mức lương nhận được sau 3 năm là:

\(\begin{array}{l}\left[ {15 + \left( {15 + 1,5} \right) + \left( {15 + 2.1,5} \right) + ... + \left( {15 + 11.1,5} \right)} \right]\\ = \left[ {15.12 + 1,5\left( {1 + 2 + 3 + ... + 11} \right)} \right] = 279\end{array}\)

Ta có đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(A\left( {2; - 1;8} \right)\) và \(B\left( {3;2;3} \right)\) nên nhận véctơ \(\overrightarrow {AB}  = \left( {1;3; - 5} \right)\) làm véctơ chỉ phương.

Vậy phương trình \(d\) là \(\dfrac{{x - 2}}{1} = \dfrac{{y + 1}}{3} = \dfrac{{z - 8}}{{ - 5}}\).

Ta có \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3.0,7 = 0,21\)

Ta xem có một bạn ảo $A$ ở kì I ngồi ở vị trí $\left( {1;1} \right)$ và sang kì II ngồi ở vị trí $\left( {2;5} \right)$.

Vậy số được gán cho bạn ảo $A$ này là số: $\left( {2 + 5} \right) - \left( {1 + 1} \right) = 5$.

Lúc này ta xem lớp học có đủ 36 bạn được xếp vào 36 vị trí. Chú ý tổng các số được đánh ở các bàn gồm hàng và cột có dạng $\left( {1;j} \right)$ với $i \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ và $j \in \left\{ {1;2;3;\ldots;9} \right\}$ nên $a_{m} \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ và $a_{n} \in \left\{ {1;2;3;\ldots;9} \right\}$.

Do đó tổng các số được gán cho 36 bạn là:

$\left\lbrack {\left( {1 + 1} \right) + \left( {1 + 2} \right) + \ldots + \left( {1 + 9} \right) + \left( {2 + 1} \right) + \left( {2 + 2} \right) + \ldots + \left( {2 + 9} \right) + \ldots + \left( {4 + 1} \right) + \left( {4 + 2} \right) + \ldots + \left( {4 + 9} \right)} \right\rbrack$

$- \left\lbrack {\left( {1 + 1} \right) + \left( {1 + 2} \right) + \ldots + \left( {1 + 9} \right) + \left( {2 + 1} \right) + \left( {2 + 2} \right) + \ldots + \left( {2 + 9} \right) + \ldots + \left( {4 + 1} \right) + \left( {4 + 2} \right) + \ldots + \left( {4 + 9} \right)} \right\rbrack = 0$.

Nên tổng số gán cho 35 bạn thực tế của lớp là: $0 - 5 = - 5$.

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

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

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

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

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

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

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

Đặt \(t = \cos x\), \(x \in \left[ {0,2\pi } \right] \Rightarrow t \in \left[ { - 1,1} \right]\).

Để phương trình \(\left| {f\left( {\cos x} \right)} \right| =  - 2m + 3\) có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left[ {0,2\pi } \right]\).

\( \Leftrightarrow \)Phương trình \(\left| {f\left( t \right)} \right| =  - 2m + 3\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( { - 1,1} \right]\).

Ta có BBT của hàm số \(y = \left| {f\left( t \right)} \right|\) như sau:

Từ BBT suy ra : Phương trình \(\left| {f\left( t \right)} \right| =  - 2m + 3\) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng \(\left( { - 1,1} \right]\).

\( \Leftrightarrow \)\(0 <  - 2m + 3 \le 1 \Leftrightarrow 1 \le m < \dfrac{3}{2}\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số:$\left. \sin x + 1 = \cos x + 1\Leftrightarrow\sin x - \cos x = 0\Leftrightarrow\sqrt{2}\sin\left( {x - \dfrac{\pi}{4}} \right) = 0\Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{4} + k\pi\,\left( {k \in {\mathbb{Z}}} \right) \right.$

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

Khi $x \in \left\lbrack {\dfrac{\pi}{4};\dfrac{5\pi}{4}} \right\rbrack$, ta có $\sin x + 1 \geq \cos x + 1 \geq 0$. 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, $\left. a = 4,\, b = 2,\, c = 0\Rightarrow P = a + b + c = 6 \right.$.

$P\left( B \middle| A \right) = \dfrac{P(B).P\left( A \middle| B \right)}{P(A)} = \dfrac{0,6.0,4}{0,3} = 0,8$

Gọi A là biến cố: “Thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”

\( \Rightarrow {P_A} = C_{10}^8{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^8}.{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)^2} + C_{10}^9{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^9}.\left( {\dfrac{3}{4}} \right) + C_{10}^{10}{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)^{10}} = \dfrac{{436}}{{{4^{10}}}}\)

Gọi \(A\) : "An đạt huy chương vàng"; \(B\) :"Bình đạt huy chương vàng";

\(C\) : "Hai bạn tham gia có đúng một bạn đạt huy chương vàng".

Khi đó: \(C = A.\bar B \cup \bar A.B\)

Ta có: \(P\left( {\bar A} \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,6 = 0,4\).

         \(P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,7 = 0,3\)

Vậy: \(P\left( C \right) = 0,6.0,3 + 0,4.0,7 = 0,46\)

Mẫu số liệu đã sắp xếp theo thứ tự tăng dần: 2, 3, 4, 5, 6.

Số lượng phần tử $n = 5$.

Vì $n = 5$ là số lẻ, $Q_{2}$ là giá trị ở vị trí thứ $\dfrac{n + 1}{2} = \dfrac{5 + 1}{2} = 3$.

Suy ra $Q_{2} = 4$.

$Q_{1}$ là trung vị của nửa dưới mẫu số liệu (các giá trị nhỏ hơn $Q_{2}$): {2, 3}.

Suy ra $Q_{1} = \dfrac{2 + 3}{2} = 2,5$.

$Q_{3}$ là trung vị của nửa trên mẫu số liệu (các giá trị lớn hơn $Q_{2}$): {5, 6}.

Suy ra $Q_{3} = \dfrac{5 + 6}{2} = 5,5$.

Khoảng tứ phân vị: $\Delta_{Q} = Q_{3} - Q_{1} = 5,5 - 2,5 = 3$.

Ta có:

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

Phương trình trên nghiệm đúng với mọi m khi và chỉ khi

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

\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số đã cho luôn đi qua hai điểm cố định A(2;3), B(1;1).

Vậy \(AB = \sqrt {{{\left( {1 - 2} \right)}^2} + {{\left( {1 - 3} \right)}^2}}  = \sqrt 5 \).

Trong \(\left( {A'AB} \right)\) kẻ \(AH \bot A'B\), \(\left( {H \in A'B} \right)\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot BC,\,AB \bot BC\\AA'\,,\,AB \subset \left( {A'AB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {A'AB} \right)\).

Mà \(BC \subset \left( {A'BC} \right) \Rightarrow \left( {A'BC} \right) \bot \left( {A'AB} \right)\).

Mặt khác \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {A'AB} \right) = A'B\\AH \subset \left( {A'AB} \right),\,AH \bot A'B\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {A'BC} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta A'AB\) vuông tại \(A\), có \(AH\) là đường cao nên:

\(AH = \dfrac{{A'A.AB}}{{\sqrt {A'{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{6\sqrt {13} }}{{13}}\).

Vậy \(d\left( {A,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \dfrac{{6\sqrt {13} }}{{13}}\).

Ta có $f'(x) = x^{2} + 2mx + 4$.

Hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}$ khi và chi khi $f'(x) \geq 0,\forall x \in {\mathbb{R}}$ (Dấu '=' xảy ra tại hữu hạn điểm).

Ta có $\left. f'(x) \geq 0,\forall x \in {\mathbb{R}}\Leftrightarrow\Delta' \leq 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\Delta' = m^{2} - 4 \leq 0 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\ \ - 2 \leq m \leq 2 \right.$.

Vi $m \in {\mathbb{Z}}$ nên $m \in \left\{- 2; - 1;0;1;2 \right\}$

Vậy có 5 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1; - 1;4} \right)\) và \({\overrightarrow n _{\left( P \right)}} = \left( {3;2; - 1} \right)\) là 1 VTPT của (P).

\( \Rightarrow \) \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,{{\overrightarrow n }_{\left( P \right)}}} \right] = \left( { - 7;11;1} \right)\).

Phương trình mặt phẳng cần tìm đi qua \(A\left( {2;0; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow n  = \left( { - 7;11;1} \right)\) là vecto pháp tuyến là:

\( - 7\left( {x - 2} \right) + 11\left( {y - 0} \right) + \left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow  - 7x + 11y + z + 15 = 0\)

Khi đó \(a =  - 7;\,b = 11;\,d = 15\).

Vậy tổng \(T = a + b + d =  - 7 + 11 + 15 = 19\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(M\left( {2;0;1} \right)\) và vuông góc với đường thẳng \(d:\dfrac{{x - 1}}{1} = \dfrac{y}{2} = \dfrac{{z - 2}}{1}\) có phương trình là: \(1\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x + 2y + z - 3 = 0\).

Điểm \(H\) là hình chiếu của điểm \(M\) lên đường thẳng \(d\) nên \(H\) là giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(d\):

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

\(H \in \left( P \right) \Rightarrow 1 + t + 2.2t + 2 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow \)\(t = 0 \Rightarrow H\left( {1;0;2} \right)\).

Khoảng cách ngắn nhất giữa người đó và trạm viễn thông S chính bằng khoảng cách từ S đến đường thẳng \(\Delta \)

Ta có: \(d\left( {S,\Delta } \right) = \dfrac{{\left| {12.5 + 5.1 - 20} \right|}}{{\sqrt {{{12}^2} + {5^2}} }} = \dfrac{{45}}{{13}}\).

Vậy khoảng cách ngắn nhất bằng \(\dfrac{{45}}{{13}}\,\,km.\)

Tốc độ sinh lợi của dự án hai bằng một nửa dự án một khi

\(P_1=2 P_2 \Leftrightarrow 50+t^2=400+10 t \Leftrightarrow t=5+5 \sqrt{15} .\)

Lợi nhuận thực tế trong khoảng thời gian đó là

\(L=\int_0^{5+5 \sqrt{15}}\left[P_2(t)-P_1(t)\right] d t\)

\(=\int_0^{5+5 \sqrt{15}}\left(350+10 t-t^2\right) d t \approx 6675\)

Giả sử \(B\left( {{x_B};{y_B};{z_B}} \right)\).

Do \(C \in d\) nên \(C\left( {2t + 1; - t - 1;t + 4} \right)\).

Hơn nữa do \(C\) là trung điểm của \(AB\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 2{x_C} - {x_A}\\{y_B} = 2{y_C} - {y_A}\\{z_C} = 2{z_C} - {z_A}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4t + 1\\{y_B} =  - 2t - 4\\{z_B} = 2t + 7\end{array} \right.\)

Mặt khác \(B \in \left( P \right)\) nên \(4t + 1 + 3\left( { - 2t - 4} \right) - 2\left( {2t + 7} \right) + 1 = 0 \Rightarrow t =  - 4\).

Khi đó \(B\left( { - 15;4; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( { - 16;2; - 2} \right)\).

Chọn \(\overrightarrow u  = \left( {8; - 1;1} \right)\) làm véc tơ chỉ phương của \(\Delta \).

Phương trình đường thẳng \(\Delta \) là \(\dfrac{{x + 15}}{8} = \dfrac{{y - 4}}{{ - 1}} = \dfrac{{z + 1}}{1}\).

Ta có $\dfrac{3n}{4} = 15$ nên $\left. Q_{1} \in \lbrack 9;11)\Rightarrow Q_{1} = 9 + \dfrac{15 - 9}{7}.2 \approx 11 \right.$

Ta có : \(24850 = {S_{100}} = \dfrac{{100\left( {2.1 + 99d} \right)}}{2}\)\( \Leftrightarrow d = 5\)

Khi đó \({u_1} = 1,{u_2} = 6,{u_3} = 11,{u_4} = 16,...\) \({u_{49}} = {u_1} + 48d = 241\), \({u_{50}} = {u_1} + 49d = 246\)

\( \Rightarrow S = \dfrac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \dfrac{1}{{{u_2}{u_3}}} + ... + \dfrac{1}{{{u_{49}}.{u_{50}}}}\) \( = \dfrac{1}{{1.6}} + \dfrac{1}{{6.11}} + \dfrac{1}{{11.16}} + ... + \dfrac{1}{{241.246}}\)

\( = \dfrac{1}{5}\left( {\dfrac{1}{1} - \dfrac{1}{6}} \right) + \dfrac{1}{5}\left( {\dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{{11}}} \right) + \) \(... + \dfrac{1}{5}\left( {\dfrac{1}{{241}} - \dfrac{1}{{246}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{5}\left( {1 - \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{{11}} + ... + \dfrac{1}{{241}} - \dfrac{1}{{246}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{5}\left( {1 - \dfrac{1}{{246}}} \right) = \dfrac{{49}}{{246}}\)

Vậy \(S = \dfrac{{49}}{{246}}\).

Do hàm số \(y = f(x)\) có đạo hàm \(f'(x) = 2x - 3\), \(\forall x \in {\bf{R}}\) nên \(f(x) = \int {f'(x){\rm{d}}x}  = \int {\left( {2x - 3} \right){\rm{d}}x = {x^2} - 3x + C} \).

Mặt khác \(f(0) = 0\) nên \(C = 0\) \( \Rightarrow \) \(f(x) = {x^2} - 3x\).

Khi đó, diện tích hình phẳng \(S\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f(x)\), trục hoành và hai đường thẳng \(x =  - 15\), \(x = 15\) là:

\(S = \int\limits_{ - 15}^{15} {\left| {{x^2} - 3x} \right|{\rm{d}}x}  = \int\limits_{ - 15}^0 {\left( {{x^2} - 3x} \right){\rm{d}}x}  - \int\limits_0^3 {\left( {{x^2} - 3x} \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_3^{15} {\left( {{x^2} - 3x} \right){\rm{d}}x}  = 2259\).

Ta có: \(S = 2{\log _3}a - {\log _3}b - {\log _3}c = {\log _3}\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}} \right) = {\log _3}9 = 2\).

Ta có \(\overrightarrow a  = ( - 1;2;0),\,\,\,3\,\overrightarrow b  = (6;3;0),\,\,2\,\overrightarrow c  = (6; - 2; - 2)\)

Vậy tọa độ của \(\overrightarrow u  = \overrightarrow a  + 3\overrightarrow b  + 2\overrightarrow c  = \,(11;3; - 2)\).

Tích phân $I = {\int_{- 2}^{0}\left| \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1} \right|}dx$ có giá trị là:

Ta có: $\left. f(x) = \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1}\Rightarrow f(x) = 0\Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {x = - 1} \\ {x = 2} \end{array} \right. \right.$

Khi đó

$\begin{array}{l} {I = {\int_{- 2}^{0}\left| \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1} \right|}dx = - {\int_{- 2}^{- 1}\left( \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1} \right)}dx + {\int_{- 1}^{0}\dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1}}dx} \\ {I_{1} = - {\int_{- 2}^{- 1}\left( \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1} \right)}dx = - {\int_{- 2}^{- 1}\left( {x - \dfrac{2}{x - 1}} \right)}dx} \\ {= - \left. \left( \left. \dfrac{x^{2}}{2} - 2\ln \middle| x - 1 \right| \right) \right|_{- 2}^{- 1} = \dfrac{5}{2} + 2\ln 2 - 2\ln 3} \\ {I_{2} = {\int_{- 1}^{0}\left( \dfrac{x^{2} - x - 2}{x - 1} \right)}dx = \ldots = \left. \left( \left. \dfrac{x^{2}}{2} - 2\ln \middle| x - 1 \right| \right) \right|_{- 1}^{0} = \dfrac{1}{2} - 2\ln 2} \\ \left. \Rightarrow I = I_{1} + I_{2} = 3 - 2\ln 3 \right. \end{array}$

Vậy $a + b + c = 3 + \left( {- 2} \right) + 3 = 4$

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

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

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

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

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

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

Vậy chiều cao của cây khoảng 6,9m. 

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\sin 2x - 2\cos x = 0\\ \Leftrightarrow 2\sin x\cos x - 2\cos x = 0\\ \Leftrightarrow 2\cos x\left( {\sin x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\x = \dfrac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\end{array}\)

Xét \(x \in  \in \left[ { - \dfrac{{5\pi }}{2};\dfrac{\pi }{2}} \right]\) \( \Rightarrow  - \dfrac{{5\pi }}{2} \le \dfrac{\pi }{2} + k\pi  \le \dfrac{\pi }{2}\) \( \Leftrightarrow  - 3\pi  \le k\pi  \le 0 \Leftrightarrow  - 3 \le k \le 0\).

Mà \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0} \right\}\).

Vậy có 4 nghiệm thỏa mãn.

Điều kiện: $x \neq m$.

Hàm số đã cho xác định trên $\left\lbrack {0\,;\, 4} \right\rbrack$ khi $m \notin \left\lbrack {0;4} \right\rbrack$ (*).

Ta có $y' = \dfrac{m^{2} - m + 2}{\left( {x - m} \right)^{2}} = \dfrac{\left( {m - \dfrac{1}{2}} \right)^{2} + \dfrac{7}{4}}{\left( {x - m} \right)^{2}} > 0$ với $\forall x \in \left\lbrack {0;4} \right\rbrack$.

Hàm số đồng biến trên đoạn $\left\lbrack {0;4} \right\rbrack$ nên $\max\limits_{\lbrack{0;4}\rbrack}y = y(4) = \dfrac{2 - m^{2}}{4 - m}$.

$\max\limits_{\lbrack{0\,;\, 4}\rbrack}y = - 1$$\left. \Leftrightarrow\dfrac{2 - m^{2}}{4 - m} = - 1 \right.$$\left. \Leftrightarrow m^{2} + m - 6 = 0 \right.$$\left. \Leftrightarrow\left\lbrack \begin{array}{l} {m = 2} \\ {m = - 3} \end{array} \right. \right.$.

Kết hợp với điều kiện (*) ta được $m = - 3$. Do đó có một giá trị của $m$ thỏa yêu cầu bài toán.

Số viên bi màu xanh được đánh số là: $30.70\%\ = 21$(bi)

Số viên bi màu xanh không được đánh số là: $30 - 21 = 9$(bi)

Số viên bi màu đỏ được đánh số là: $20.60\%\ = 12$(bi)

Số viên bi màu xanh không được đánh số là: $20 - 12 = 8$(bi)

Xét biến cố A: “Viên bi lấy ra được đánh số” và biến cố B: “Viên bi có màu xanh”

Xác suất để lấy được viên bi màu xanh là $P(B) = \dfrac{30}{50} = \dfrac{3}{5}.$

Xác suất để lấy được viên bi đánh số biết viên bi đó màu xanh là $P\left( A \middle| B \right) = \dfrac{21}{30} = \dfrac{7}{10}.$

Xác suất để lấy được viên bi có đánh số là

$P(A) = P(B).P\left( A \middle| B \right) + P\left( \overline{B} \right).P\left( A \middle| \overline{B} \right) = \dfrac{3}{5}.\dfrac{7}{10} + \dfrac{2}{5}.\dfrac{12}{20} = \dfrac{33}{50}.$

Xác suất để viên bi lấy ra có màu xanh biết viên bi được đánh số là:

$P\left( B \middle| A \right) = \dfrac{P\left( {AB} \right)}{P(A)} = \dfrac{P(B).P\left( A \middle| B \right)}{P(A)} \approx 0,64.$

Ta có \(\int {f\left( x \right)\,{\rm{d}}x}  = \int {{e^{2x + 2022}}\,{\rm{d}}x = } \dfrac{1}{2}{e^{2x + 2022}} + C.\)

\( \Rightarrow \)\(F\left( x \right) = \dfrac{1}{2}{e^{2x + 2022}}\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right) = {e^{2x + 2022}}\).

Cỡ mẫu: $\left. n = 3 + 12 + 15 + 24 + 2 = 56\Rightarrow\dfrac{n}{2} = 28 \right.$.

Nhóm chứa trung vị là $\left\lbrack {15,5;18,5} \right)$.

Trung vị của mẫu số liệu ghép nhóm là: $M_{e} = 15,5 + \dfrac{28 - 15}{15}.3 = 18,1$

Kẻ \(BI \bot SA\,\,\left( {I \in SA} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot AC\\AB \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AC \bot BI\)

Mà \(BI \bot SA\,\,\left( {I \in SA} \right)\) nên \(BI \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BI \bot SC\,\,\left( 1 \right)\).

Kẻ \(BF \bot SC\,\,\left( {F \in SC} \right)\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {BFI} \right) \bot SC\).

Khi đó \(\left( {\left( {SAC} \right),\left( {SBC} \right)} \right) = \angle BFI \Rightarrow \angle BFI = {60^0}\).

Do \(BI \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BI \bot FI\).

Trong tam giác vuông \(BFI\): \(BI = BF\sin {60^0} \Rightarrow BI = BF.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Ta có: \(BI = \dfrac{{SB.AB}}{{\sqrt {S{B^2} + A{B^2}} }},\,\,BF = \dfrac{{SB.BC}}{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{SB.AB}}{{\sqrt {S{B^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{SB.BC}}{{\sqrt {S{B^2} + B{C^2}} }}\\ \Rightarrow \dfrac{a}{{\sqrt {S{B^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{2a}}{{\sqrt {S{B^2} + 4{a^2}} }}\\ \Rightarrow 3\left( {S{B^2} + {a^2}} \right) = S{B^2} + 4{a^2}\\ \Rightarrow SB = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\end{array}\)

Vậy thể tích khối chóp đã cho bằng \(V = \dfrac{1}{3}.SB.{S_{ABC}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{1}{2}.a.a\sqrt 3  = \dfrac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{12}}\).

Mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 6z + 10 = 0\) có tâm \(I\left( {2;0;3} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt 3 \).

Ta lại có \(\left\{ \begin{array}{l}AI = BI = CI = \sqrt 3 \\AB = BC = CA = 2\sqrt 2 \\A,B,C \in (P)\end{array} \right.\).

Do vậy \(\Delta ABC\) đều và nội tiếp đường tròn giao tuyến \(\left( C \right)\). Gọi \(H\) là tâm của đường tròn \(\left( C \right)\).

Giả sử: \(M\) thuộc cung nhỏ \(AC\): Ta dễ dàng chứng minh được \(MB = MA + MC\) (Hình 1) (bằng cách dựng tam giác đều \(AMD\)).

Khi đó \(T = MA + MB + MC = 2MB\) đạt GTLN khi \(M\) đối xứng \(B\) qua \(H\)(Hình 2).

Tương tự khi \(M\) đối xứng \(C\) qua \(H\), hoặc khi \(M\) đối xứng \(A\) qua \(H\) thì \(T = MA + MB + MC\) đạt GTLN.

Vậy có 3 điểm \(M\) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Ta có: \(y = 2{x^3} + 3{x^2} - 4x + 5\)\( \Rightarrow y' = 6{x^2} + 6x - 4\).

\(6{x^2} + 6x - 4 = 6\left( {{x^2} + 2.x.\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4}} \right) - \dfrac{{11}}{2} = 6{\left( {x + \dfrac{1}{2}} \right)^2} - \dfrac{{11}}{2} \ge  - \dfrac{{11}}{2}\).

Do đó tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất bằng -5,5.

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {2 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\\x = 1\\x = 2\end{array} \right.\), trong đó x = -1 là nghiệm bội 2 nên f’(x) không đổi dấu khi qua x = -1.

Ta có BXD f’(x) như sau:

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên (1;2).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) có: \(g'\left( x \right) = \dfrac{{{x^3}f'\left( x \right) - 3{x^2}f\left( x \right)}}{{{x^6}}} = \dfrac{{xf'\left( x \right) - 3f\left( x \right)}}{{{x^4}}}\).

Mà \(x > 0,f'\left( x \right) > 0\) và \(f\left( x \right) < 0\),\(\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) nên \(g'\left( x \right) > 0\)\(,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Do đó: Hàm số \(g\left( x \right) = \dfrac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}}\) không có cực trị trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

- Nghĩa phái sinh: nghĩa được tạo ra từ một yếu tố gốc bằng cách thêm, bớt hay biến đổi một vài thành tố nào đó.

- Nghĩa gián tiếp: nghĩa được sinh ra từ hàm ý của người nói.

- Nghĩa trực tiếp: nghĩa chính, được hiểu ngay trên bề mặt câu chữ.

- Nghĩa bóng nghĩa được suy ra từ trong câu nói ban đầu.

=> Có thể nhận thấy, các loại nghĩa phái sinh, nghĩa gián tiếp, nghĩa bóng đều là những nét nghĩa được suy ra từ đoạn trích. Riêng nghĩa trực tiếp là nghĩa được hiểu trực tiếp không cần suy ra.

- Thình lình: (việc gì diễn ra) một cách hết sức bất ngờ, không thể lường trước được.

- Thình thịch: từ mô phỏng tiếng trầm và nặng, phát ra liên tiếp, như tiếng chân giẫm mạnh và đều trên nền đất.

- Bất chợt: sự việc xảy ra một cách bất ngờ, không được báo trước.

- Đột ngột: rất bất ngờ, hoàn toàn không có một dấu hiệu gì báo trước.

=> Trong bốn từ được cho ở đề bài, có ba từ thình lình, bất chợt, đột ngột đều mang nghĩa chỉ sự bất ngờ. Trong khi đó thình thịch là từ ngữ mô phỏng âm thanh phát ra từ hành động của con người.

- Trắng hếu: trắng một màu và như trơ hết cả ra, trông không đẹp mắt.

- Trắng ngần: trắng và bóng mông mềm mại và tươi đẹp.

- Trắng nõn: trắng mịn và mướn ở mềm mại và tươi đẹp lon thi

- Trắng trẻo: (da dẻ) trắng và đẹp (nói khái quát)

=> Như vậy, các từ trắng ngần, trắng nõn, trắng trẻo đều chỉ vẻ đẹp của màu trắng; riêng từ trắng hếu lại không nói về vẻ đẹp, mà ngược lại mang ý chê bai.

- Trọn vẹn: hoàn toàn đầy đủ, không thiếu mặt nào.

- Vẹn toàn: có được đầy đủ các mặt, không bị thiếu đi một mặt nào.

- Chu đáo: rất cẩn thận, quan tâm mọi chi tiết nhỏ, không để sơ xuất.

- Ân cần: đối xử đầy nhiệt tình và chu đáo.

=> Như vậy, trong bốn từ mà đề bài cung cấp, các từ trọn vẹn, vẹn toàn, chu đáo đều thể hiện sự cẩn thận, chu toàn. Trong khi đó, từ ân cần lại liên quan đến thái độ đối xử của con người.

- Đựng: chứa vật gì ở bên trong lòng một đồ vật khác.

- Tích: dồn, góp từng ít cho thành số lượng đáng kể.

- Góp: bỏ phần của mình vào một việc chung.

=> Như vậy, trong bốn từ mà đề bài cung cấp, các từ chứa, đựng, tích đều nói về trạng thái giữ vật gì đó. Trong khi đó, từ góp lại liên quan đến việc bỏ phần của mình chung vào các phần nào đó.

- Phân tích nghĩa câu văn:

+ Nhớ lại kiến thức về các biện pháp tu từ đã học ta dễ dàng nhận thấy câu văn trên đang nói về khái niệm phép liệt kê (kể ra nhiều sự vật trong cùng một câu, một đoạn). -> Loại đáp án A và C.

+ Chú ý về sau của câu, biện pháp liệt kê thường có tác dụng gì? (“ấn tượng” được hiểu là có tác dụng gây cảm xúc mạnh mẽ và tạo thành dấu ấn trong nhận thức; “cảm giác” được hiểu là những thuộc tính tác động vào các giác quan tạo nên sự kích thích mạnh mẽ) -> Từ “ấn tượng” phù hợp hơn để đặt vào vị trí trên.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: liệt kê/ ấn tượng.

- Để làm được câu này, các em cần nhớ lại kiến thức về tác giả Hồ Xuân Hương. Khi nhớ về nữ thi sĩ tài năng này, ta nhớ về đề tài nổi bật xuất hiện trong thơ của bà là người phụ nữ. -> Loại đáp án B và D.

- Cùng phân tích chỗ trống thứ hai của đề bài:

+ Từ “thân phận” được hiểu là địa vị xã hội thấp hèn hoặc cảnh ngộ không may mà con người không sao thoát khỏi được, do số phận định đoạt;

+ Từ “ước mơ” được hiểu là mong muốn, ước ao một điều gì đó.

-> Từ “thân phận” khi kết hợp với từ “thương cảm” tạo nên sự phù hợp và logic về ý nghĩa.

=> Từ/ cụm từ thích hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu văn trên là: phụ nữ/ thân phận.

- Để xác định quan hệ từ phù hợp, điều quan trọng nhất phải xác định mối liên hệ giữa các vế trong câu văn:

+ Câu văn thứ nhất được chia làm 2 vế câu, chỗ trống đầu về câu thứ hai có liên quan đến vế câu thứ nhất trong cùng câu 1.

+ Câu văn thứ hai có chỗ trống liên quan đến toàn câu 1.

- Phân tích 2 vị trí cần điền: tài liệu free tại Tailieuonthi.edu.vn

+ Vị trí 1: trong câu 1, vế đầu tiên nói về việc electron chuyển động nhanh đến mức con người không thể “giữ chân” được nó; về thứ hai lại nói rằng “nhìn vào nó ở một mảnh cực nhỏ của một giây thì có thể”. -> Hai vế này có mối quan hệ tương phản => Từ ngữ thích hợp để điền vào vị trí này là từ “Tuy nhiên”.

+ Vị trí 2: Khẳng định này được rút ra từ câu 1 => Từ ngữ phù hợp cho mối quan hệ này là “Vì thế” hoặc “Vì vậy”.

=> Từ ngữ phù hợp để điền vào hai vị trí trên là tuy nhiên - Vì vậy.

Đọc kĩ khái niệm trong đề bài và chú ý phần chú thích trong ngoặc đơn, ta thấy phần trong ngoặc đơn đang liệt kê những dấu hiệu của phương tiện phi ngôn ngữ.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì các đối tượng liệt kê trong ngoặc đơn không phải là phương tiện ngôn ngữ.

+ Đáp án B sai vì từ “giao tiếp” quá rộng, không phù hợp với vị trí trên và không phù hợp với cách diễn đạt của câu (tạo nên lỗi lặp từ khi một câu có 3 từ “giao tiếp”).

+ Đáp án C sai vì các đối tượng liệt kê trong ngoặc đơn (dùng đèn giao thông, vẫy cờ) không phải là ngôn ngữ cơ thể.

+ Đáp án D đúng vì từ ngữ này có nghĩa rộng hơn từ “ngôn ngữ cơ thể”, hẹp hơn từ “giao tiếp” và phù hợp hơn khi đứng trước các từ ngữ “dùng đèn giao thông, vẫy cờ, ra hiệu vì không tiện nói, mỉm cười.”.

-> Từ phù hợp để điền vào chỗ trống là phi ngôn ngữ.

- Để làm được bài này, ta đọc kĩ vế xuất hiện phía sau chỗ trống và tìm hiểu nghĩa của các từ được cho trong đề bài.

- Phân tích, suy luận:

+ Thanh tao: đường nét tao nhã, toát lên vẻ mềm mại, gây cảm giác nhẹ nhàng, dễ ưa (thường chỉ dáng vẻ). -> Không phù hợp để điền vào vị trí trên.

+ Thanh tân: chỉ sự tươi trẻ, trong trắng. -> Không phù hợp với các chi tiết liệt kê trong đoạn trích.

+ Thanh lịch: thể hiện sự tao nhã và lịch sự. -> Phù hợp để nói về những nếp sống của người Hà Nội được liệt kê trong đoạn trích.

+ Thanh liêm: trong sạch, liêm khiết (thường chỉ lối sống đạo đức, vẻ đẹp tâm hồn của con người). -> Không phù hợp với các chi tiết liệt kê trong đoạn trích.

=> Từ khóa phù hợp nhất để điền vào vị trí trên là thanh lịch.

- Từ sai về ngữ pháp hoặc ngữ nghĩa logic/phong cách trong câu trên là: mùa xuân. Hoa cải vàng thường nở vào tháng 11 và tháng 12 hàng năm (khoảng thời gian đầu đông) vì vậy từ “mùa xuân” trong câu văn trên chưa chính xác để chỉ thời gian hoa cải nhuộm vàng.

-> Thay từ “mùa xuân” bằng “mùa đông”.

=> Sửa lại: Bắt đầu vào mùa đông, những ruộng cải bên kia sông đã nhuộm vàng cả cánh đồng.

- Từ sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách trong câu trên là cấu trúc.

+ cấu trúc: nói về các thành phần tạo nên một chỉnh thể.

+ Trong câu lại đề cập đến các yếu tố của nghệ thuật trần thuật: điểm nhìn, ngôn ngữ.

-> Thay từ “cấu trúc” bằng cụm từ “nghệ thuật trần thuật”

=> Sửa lại: Về nghệ thuật trần thuật, truyện ngắn hiện đại thường có sự chuyển đổi linh hoạt điểm nhìn và sử dụng ngôn ngữ gần gũi với đời thường, trong đó việc miêu tả nét riêng của ngôn ngữ nhân vật được đặc biệt chú trọng.

- Từ sai về ngữ pháp hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách trong câu trên là: xúc tích

+ “xúc tích”: không có nghĩa

+ “súc tích”: có chứa nhiều ý trong một hình thức diễn đạt ngắn gọn.

-> Đây là lỗi sai về chính tả do nhầm lẫn giữa “s” và “x”.

=> Sửa lại: Năm 1941, Factors of Soil Formation (Các yếu tố hình thành đất) của Hans Jenny (1899 – 1992), một hệ thống của thổ nhưỡng học định lượng, đã tổng quát hóa một cách súc tích và minh họa rất nhiều nguyên lý cơ bản của khoa học đất hiện đại cho tới ngày đó.

Từ sai về ngữ pháp hoặc ngữ nghĩa logic/phong cách trong câu trên là chủ động

+ “chủ động”: tự mình quyết định hành động, không bị chi phối bởi người khác hoặc hoàn cảnh bên ngoài.

+ Trong ví dụ trên, câu văn muốn nói về việc khi còn là thuộc địa của Pháp, đất nước ta cũng đã chủ động thực hiện những nghiên cứu về bệnh lao chứ không đợi chờ phương thức từ nước Pháp. Từ “không” là một từ phủ định, khi đặt cạnh từ “chủ động” sẽ được hiểu là phủ định của chủ động = bị động hoặc thụ động.

-> Thay từ “chủ động” bằng từ “thụ động” để câu văn mang ý nghĩa chủ động.

→ Sửa lại: Trong thời kỳ trứng nước của y học hiện đại, Việt Nam cũng đã tham gia thực hiện những nghiên cứu về lao chứ không thụ động chờ đợi phương thức điều trị từ mẫu quốc.

Từ sai về ngữ pháp hoặc ngữ nghĩa logic/phong cách trong câu trên là: bản vẽ

+ “bản vẽ”: hình vẽ mô tả hình dạng, cấu tạo, kích thước và điều kiện kĩ thuật của bộ phận máy móc kết cấu hoặc công trình kĩ thuật.

+ Câu văn trên đang liệt kê các hình thức của ngôn ngữ viết; “bản vẽ” thuộc lĩnh vực hội họa, không liên quan đến ngôn ngữ viết.

-> Có thể bỏ từ “bản vẽ” để câu văn hợp logic hơn.

=> Sửa lại: Ngôn ngữ viết tồn tại trong các văn bản xuất hiện dưới nhiều hình thức vật thể khác nhau: bản viết tay, bản đánh máy, bản in, bản chữ nổi dành cho người khiếm thị...

- Đoạn trích đã trình bày rất rõ: giáo sư chủ yếu nghiên cứu về lĩnh vực nông nghiệp nhằm “làm sao cho sinh kế của người nông dân, đặc biệt người nông dân ĐBSCL bền vững”.

=> Mang đến cuộc sống ấm no cho người nông dân.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A, B sai vì có thể đây là một trong những mục tiêu trong nghiên cứu của giáo sư nhưng không phải là mục tiêu lớn nhất.

+ Đáp án D sai vì đối tượng hướng đến là người nông dân chứ không phải là người dân ĐBSCL (bao gồm cả những ngành nghề khác).

- Câu thơ “chân dép lốp đạp mòn trăm ngọn núi” nổi bật với biện pháp nói quá chân của các chiến sĩ đạp đến mòn cả trăm ngọn núi. Biện pháp nói quá trong câu thơ này có tác dụng làm cho hình ảnh thơ thêm sinh động, nhấn mạnh ý chí kiên cường và sức mạnh của người lính.

- Chú ý một số hình ảnh trong thơ:

+ Hoa: thường là biểu tượng cho cái đẹp.

+ Vô tình: nói về sự vô tâm, thờ ơ.  

=> Ở hai câu thơ đầu, tác giả ghi lại hiện tượng hoa hồng nở hay rụng đều không được chú ý; co người vô tình trước việc hoa nở hay tàn. Hương hoa “bất bình” về sự vô tâm của con người trước cái đẹp ở trên đời. Qua đó, tác giả thể hiện sự trân trọng với cái đẹp.

- Các đáp án A, B, C chưa đúng vì nó chưa phản ánh đúng nội dung bài thơ.

- Đoạn trích miêu tả cảnh con người chống chọi với thiên tai và xen vào bình luận của tác giả: “Cái đáng sợ chưa hẳn là biển và gió, mà là tinh thần bị chùn nhụt, ngã lòng trước nguy hiểm.”. Có thể thấy trong câu văn này, tác giả khẳng định những trở ngại lớn nhất không đến từ các yếu tố bên nào mà đến từ nỗi sợ hãi, yếu đuối của con người (tinh thần bị chùn nhụt, ngã lòng trước nguy hiểm).

-> Sự yếu đuối của con người mới là trở ngại lớn nhất trong cuộc đời.

- Truyện cực ngắn đã thể hiện rất rõ ở câu cuối: “Vết đứt tay ngày xưa giờ bỗng thấm đau, đau thấy 36 ông trời!” -> Người chồng cảm thấy đau nhất không phải là khi bị đứt tay, mà đau nhất là khi nhận thấy sự đổi thay, vô tâm từ người vợ

Tìm hiểu các bút pháp nghệ thuật có trong đề bài:

+ Vẽ mây nẩy trăng: Miêu tả những hình ảnh mơ hồ, thanh thoát để diễn tả cảm xúc, tâm trạng nhẹ nhàng, huyền bí.

+ Tả cảnh ngụ tình: Cảnh vật được dùng để phản ánh cảm xúc, tâm trạng của con người.

+ Ước lệ tượng trưng: Sử dụng hình ảnh tượng trưng để diễn tả một tư tưởng, triết lý, hay cảm xúc sâu sắc hơn.

+ Điển cố, điển tích: Sử dụng các sự kiện, nhân vật hoặc câu chuyện lịch sử, văn hóa, thần thoại nổi tiếng để làm phong phú thêm ý nghĩa của tác phẩm.

- Đoạn thơ trên nổi bật với bút pháp tả cảnh ngụ tình với các hình ảnh “song trăng quạnh quẽ, vách mưa rã rời, ...”; “Hoa đào năm ngoài còn cười gió đông”; “Sập sè én liệng lầu không”; “Cỏ lan mặt đất, rêu phong dấu giày”; “Cuối đường gai góc mọc đầy”; “Chung quanh lặng ngắt như tờ.

- Thủ pháp tả cảnh ngụ tình trong đoạn thơ trên có tác dụng gợi ra bức tranh thiên nhiên hoang tàn, lạnh lẽo để nói lên nỗi lòng tiếc nuối, xót xa của chàng Kim khi trở lại chốn cũ.

- Phân tích, loại trừ

+ Đáp án A đúng vì đoạn văn nhấn mạnh rằng thực hành tôn giáo không phải lúc nào cũng mang lại lợi ích cho sức khỏe tinh thần; trong một số trường hợp, nó có thể khiến các triệu chứng tâm lý trở nên tồi tệ hơn. Do đó, việc ứng dụng tôn giáo trong điều trị và hỗ trợ tâm lý cần phải được thực hiện một cách thận trọng.

+ Đáp án B sai vì đoạn trích không thiên về trình bày mặt trái của thực hành tôn giáo, tâm linh.

+ Đáp án C sai vì sai vì thành ngữ “lợi bất cập hại” được hiểu là tác hại lấn át lợi ích, đoạn văn không đi sâu nói về điều này.

+ Đáp án D sai vì đoạn văn không thiên về trình bày biểu hiện của xu thế tìm về thực hành tôn giáo của con người.

+ Đáp án A sai vì đoạn trích chỉ khắc hoạ sự đói khổ của nhân vật anh Đĩ chuột, không đề cập đến phẩm chất của nhân vật.

+ Đáp án B đúng vì đoạn trích miêu tả nhân vật mang vẻ ngoài của một con ma đói: “Một làn ảnh sáng mờ lướt qua làm cho cái mặt hốc hác và màu da đã xanh lại càng xanh thêm. Mái tóc dài quá xoà xuống tai và cổ, hai con mắt ngơ ngác và lờ đờ, những chiếc răng dài và thưa ở cái mồm hé ra để cho dễ thở khiến anh có cái vẻ dễ sợ của con ma đói.” -> Cách miêu tả này khắc hoạ hình ảnh anh Đĩ chuột một cách sống động và làm nổi bật sự khốn khổ, nghèo đói, túng quẫn của người nông dân trước Cách mạng tháng Tám.

+ Đáp án C sai vì đoạn trích không đề cập đến tính cách của nhân vật.

+ Đáp án D sai vì đoạn trích không đề cập đến tâm tư tình cảm của nhân vật.

Thao tác lập luận chính trong đoạn trích trên là giải thích: Tác giả giải thích khái niệm vô cảm (Tác giả giải thích khai nghĩa là “không có cảm xúc.” Đó là một trạng thái lạ lùng và trái tự nhiên, một trạng thái mà trong đó đường ranh giữa sáng và tối, bình minh và hoàng hôn, tội ác và hình phạt, tàn bạo và nhân đạo, tốt và xấu bị mờ đi.). Sau đó tác giả đưa ra hàng loạt câu hỏi tu từ nhằm thể hiện cảm xúc của mình.

- Phân tích, suy luận: đoạn trích được trích từ văn bản “Lưu biệt khi xuất dương” với hình tượng trung tâm là người thanh niên mang chí lớn cứu người, cứu đời. -> Hình ảnh “muôn trùng sóng bạc” trong khổ thơ trên là hình ảnh kì vĩ của thiên nhiên ẩn dụ cho tư thế hiên ngang, mang tầm vóc vũ trụ của người chiến sĩ cách mạng.

- Phân tích, loại trừ:

+ Đáp án A sai vì bài thơ không nhắc đến hình ảnh người thân của nhân vật người anh hùng cách mạng.

+ Đáp án C sai vì đoạn thơ không có nội dung ca ngợi đất nước mà chủ yếu nêu lên trách nhiệm của người nam nhi đối với đất nước.

+ Đáp án D sai vì bài thơ không nói về sự đoàn kết toàn dân.