Bộ 45 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 34)

Thay \(t = 2\) phút \( = \frac{1}{{30}}\) giờ, \({T_0} = 96\,,\,T = 90\,,\,S = 24\) ta có \(\frac{1}{{30}}k = \ln \frac{{90 - 24}}{{96 - 24}}\).

Do đó \(k = 30\ln \frac{{11}}{{12}}\).

Sau 10 phút \( = \frac{1}{6}\) giờ, ta có \(\frac{1}{6}k = \ln \frac{{T - 24}}{{96 - 24}}\) hay \(5\ln \frac{{11}}{{12}} = \ln \frac{{T - 24}}{{72}}\). Do đó \(\frac{{T - 24}}{{72}} = {\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5}\).

Suy ra \(T = 72 \cdot {\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)^5} + 24 \approx 70,6^\circ {\rm{C}}\). Vậy nhiệt độ của cốc trà sau 10 phút khoảng \(70,6^\circ {\rm{C}}\).

Đáp án cần nhập là:\(70,6\).

Ta có \({x^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)\(2{x^2} + 3x - 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = - \frac{5}{2}}\end{array}\,\,;\,\,} \right.\)\(4 - {x^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).

Trục xét dấu:

Tập nghiệm của bất phương trình là \(S = \left[ { - \frac{5}{2}\,;\,\, - 2} \right) \cup \left[ { - 1\,;\,\,2} \right)\).

Tổng bình phương các nghiệm nguyên bất phương trình là: \({\left( { - 1} \right)^2} + {\left( 0 \right)^2} + {\left( 1 \right)^2} = 2\). Chọn B.

Gọi số năm đã đi làm của anh Minh ở công ty đó là \(n\left( {n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\). Số quý làm việc là \(4n\).

Khi đó, tổng số tiền thu được của anh Minh trong \(n\) năm đi làm là:

\(S = \frac{{\left[ {2 \cdot 27 + \left( {4n - 1} \right) \cdot 2,1} \right] \cdot 4n}}{2} = 684\)\( \Leftrightarrow 84{n^2} + 519n - 3420 = 0\)\( \Leftrightarrow n = 4\) hoặc \(n = - \frac{{285}}{{28}}.\)

Do \(n\) nguyên dương nên \(n = 4\) năm.

Đáp án cần nhập là:\(4\).

Gọi \({u_1};{u_2};{u_3};{u_4}\left( {{u_1} \ne 0} \right)\) lần lượt là số đo bốn góc của tứ giác tạo thành cấp số nhân với công bội \[q\] và \({u_1}\) là góc có số đo nhỏ nhất, \({u_4}\) là góc có số đo lớn nhất.

Theo đề bài, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 360\\{u_4} = 27{u_1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}q + {u_1}{q^2} + {u_1}{q^3} = 360\\{u_1}{q^3} = 27{u_1}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 3\\{u_1} + 3{u_1} + 9{u_1} + 27{u_1} = 360\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}q = 3\\{u_1} = 9\end{array} \right.\). Vậy bốn góc của tứ giác là \(9^\circ ;\,\,27^\circ ;\,\,81^\circ ;\,\,243^\circ \).

Tổng của góc lớn nhất và góc nhỏ nhất bằng \(252^\circ \). Chọn B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1 - \sqrt {5x + 1} }}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1 + \sqrt {5x + 1} } \right)}} = \frac{{3 \cdot \left( {3 + 3} \right)}}{{2 \cdot \left( {4 + 4} \right)}} = \frac{9}{8}\).

Vậy \(T = 2a - b = 10\). Chọn C.

Ta có \(y' = {\left( {\cot 3x} \right)^\prime } = \frac{{ - {{\left( {3x} \right)}^\prime }}}{{{{\sin }^2}3x}} = \frac{{ - 3}}{{{{\sin }^2}3x}}\). Chọn C.

Bất phương trình \[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + x + 2} \right) - {\log _2}\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) \ge \left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) - \left( {{x^2} + x + 2} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x^2} + x + 2} \right) + \left( {{x^2} + x + 2} \right) \ge {\log _2}\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) + \left( {2{x^2} - 3x + 5} \right)\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {\log _2}t + t,t > 0\]. Ta có: \[f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + 1 > 0\,\,\forall t > 0\].

Suy ra hàm số \[f\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left( {0; + \infty } \right)\]. Do đó:

\[f\left( {{x^2} + x + 2} \right) \ge f\left( {2{x^2} - 3x + 5} \right) \Leftrightarrow {x^2} + x + 2 \ge 2{x^2} - 3x + 5 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 3\].

Kết hợp \[x \in \mathbb{Z}\]\[ \Rightarrow S = \left\{ {1;\,\,2;\,\,3} \right\} \Rightarrow T = 6\].

Đáp án cần nhập là: \[6\].

TXĐ: \[D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\]; \[y' = \frac{{15}}{{{{\left( { - 3x + 6} \right)}^2}}} > 0\], \[\forall x \ne 2\].

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \[\left( { - \infty ;2} \right)\] và \[\left( {2; + \infty } \right)\]. Chọn A.

Phương trình hoành độ giao điểm là \({x^2} - 2m{\rm{x}} + 1 = 0\).

Điều kiện cắt tại 2 điểm phân biệt là: \(\Delta ' = {m^2} - 1 > 0\).

Khi đó \({x_1};{x_2}\) là hoành độ giao điểm thì \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} = 1\end{array} \right.\).

Lại có \(y' = 2{\rm{x}} - 2 \Rightarrow y'\left( {{x_1}} \right) + y'\left( {{x_2}} \right) = 2{{\rm{x}}_1} - 2 + 2{{\rm{x}}_2} - 2 = 4m - 4 = 4 \Leftrightarrow m = 2\). Chọn A.

Ta có A là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;4} \right)\]; B là đáp án sai vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]; C là đáp án đúng vì \[f'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\]. Chọn C.

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

\( \Rightarrow g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)^\prime } \cdot f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right) = 2\left( {x - 2} \right) \cdot f'\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\).

Ta có bảng xét dấu của \(g'\left( x \right)\).

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(g\left( x \right) = f\left( {{x^2} - 4x + 1} \right)\) có 5 điểm cực trị. Chọn D.

Đặt \(t = 3{\sin ^2}x - 1 \Rightarrow t \in \left[ { - 1;2} \right]\). Giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( {3{{\sin }^2}x - 1} \right)\) là giá trị lớn nhất của hàm số \(y = f\left( t \right)\)trên \(\left[ { - 1;2} \right]\). Dựa vào đồ thị ta có: \[\mathop {\max }\limits_\mathbb{R} y = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( t \right) = 2\].

Ta có:\(y = {x^4} - 12{x^2} + \left( {m - 2} \right)x\)\( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 24x + m - 2\).

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 4{x^3} - 24x + m - 2 = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Rightarrow m = - 4{x^3} + 24x + 2\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = - 4{x^3} + 24x + 2\) ta có \(g'\left( x \right) = - 12{x^2} + 24 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 2 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 \).

Bảng biến thiên của hàm số \(g\left( x \right)\) như sau:

Để phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có 3 nghiệm phân biệt thì \( - 16\sqrt 2 + 2 < m < 16\sqrt 2 + 2\).

Mà \(m\) là số nguyên \( \Rightarrow m \in \left\{ { - 20; - 19; \ldots ;23;24} \right\}\) nên có 45 giá trị \(m\) thoả mãn. Chọn D.

Ta có: \[\int {\left( {{e^x} + {e^{ - 2x}}} \right){\rm{d}}x} = \int {{e^x}{\rm{d}}x} + \int {{e^{ - 2x}}{\rm{d}}x} = \int {{e^x}{\rm{d}}x} + \int {{{\left( {{e^{ - 2}}} \right)}^x}{\rm{d}}x} \]

\[ = {e^x} + \frac{{{{\left( {{e^{ - 2}}} \right)}^x}}}{{\ln {e^{ - 2}}}} + C = {e^x} - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}} + C\]. Chọn C.

Từ đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)ta thấy tiệm cận xiên là: \(y = x + 1\).Chọn D.

. Ta có \({2^{f\left( x \right) - 1}} = 4\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) - 1 = 2 \Leftrightarrow f\left( x \right) = 3\).

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = 3\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y = 3\).

Từ bảng biến thiên ta có đường thẳng \(y = 3\) cắt đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại \(1\) điểm.

Vậy số nghiệm của phương trình \({2^{f\left( x \right) - 1}} = 4\) là \(1\). Chọn C.

Ta có quãng đường vật đi được từ thời điểm \[t = 2\] tới \[t = 30\] là:

\[S = \int\limits_2^{30} {\left( {3t + 2} \right)} \,dt = S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right)\]\[ \Leftrightarrow S\left( {30} \right) - S\left( 2 \right) = 1400\]\[ \Leftrightarrow S\left( {30} \right) = 1\,400 + S\left( 2 \right) = 1\,410\,\,\left( m \right)\].

Đáp án cần nhập là: \(1\,410\)

Từ đồ thị, ta thấy \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt là \(x = - 1\) và \(x = 2\).

Ta có bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên thì hàm số có 1 cực trị. Chọn A.

Đặt \[t = \sin x\].Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) nên \(t \in \left[ {0;\,\,1} \right]\).

Khi đó, \(f\left( {\sin x} \right) = m \Leftrightarrow f\left( t \right) = m\).

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( t \right)\) như sau:

Căn cứ vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình \[f\left( {\sin x} \right) = m\]có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0\,;\,\,\pi } \right]\]khi và chỉ khi \( - 4 < m \le - 3\), tức là \(m \in \left( { - 4; - 3} \right]\). Khi đó, \(a = - 4;b = - 3\).

Vậy \(a + b = \left( { - 4} \right) + \left( { - 3} \right) = - 7\).

Ta có:\[\int\limits_0^2 {\left[ {\frac{1}{2}f\left( x \right) + 2} \right]} \,{\rm{d}}x = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int\limits_0^2 {2{\rm{d}}x} = 2 + 4 = 6\]. Chọn A.

Biến đổi \(3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 6x + 12y + 2 = 0 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y + \frac{2}{3} = 0\) có tâm \(I\left( {1; - 2;0} \right)\), bán kính \[R = \sqrt {\frac{{13}}{3}} \]. Chọn D.

Giả sử sau 2,5 giờ tàu thứ nhất ở vị trí \(B\) và tàu thứ hai ở vị trí \(C\) như hình vẽ bên.

Ta có: \(AB = 2,5 \cdot 8 = 20\) (hải lí); \(AC = 2,5 \cdot 12 = 30\) (hải lí).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\) ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{B{C^2}}&{ = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \cos \widehat {BAC}}\\{}&{ = {{20}^2} + {{30}^2} - 2 \cdot 20 \cdot 30 \cdot \cos 75^\circ \approx 989,42.}\end{array}\)

Suy ra \(BC \approx \sqrt {989,42} \approx 31,5\) (hải lí). Vậy khoảng cách giữa hai tàu sau 2,5 giờ là khoảng 31,5 hải lí.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường \(\left( C \right):y = {x^2} - 2x\)và \(\left( d \right):y = 0\) là: \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\).

Bảng xét dấu:

Diện tích cần tìm:

\(S = \int\limits_{ - 10}^{10} {\left| {{x^2} - 2x} \right|{\rm{d}}x} = \int\limits_{ - 10}^0 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} - \int\limits_0^2 {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} + \int\limits_2^{10} {\left( {{x^2} - 2x} \right){\rm{d}}x} \)\( = \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_{ - 10}^0 - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_0^2 + \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_2^{10}\)\( = \frac{{1300}}{3} + \frac{4}{3} + \frac{{704}}{3} = \frac{{2008}}{3}\). Chọn D.

Vì \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\) theo giao tuyến \(SD\), dựng \(AH \bot SD \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\).

Vì\(AB\,{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\) nên \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).

Theo đề góc giữa \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(60^\circ \) nên \(\widehat {SCA} = 60^\circ \).Ta có: \(\tan 60^\circ = \frac{{SA}}{{AC}} \Rightarrow SA = a\sqrt 6 \).

Và \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).Chọn D.

Gọi cạnh đáy của bể nước có độ dài là \(x\left( m \right)\) và chiều cao của bể nước là \(h\left( m \right)\). Điều kiện \(x,h > 0\). Khi đó thể tích của bể nước là \(16\,{m^3}\) nên \({x^2}h = 16 \Leftrightarrow h = \frac{{16}}{{{x^2}}}\).

Diện tích cần để xây bể nước (bao gồm diện tích xung quanh và diện tích mặt đáy) là

\(S = 4xh + {x^2} = 4x.\frac{{16}}{{{x^2}}} + {x^2} = \frac{{64}}{x} + {x^2}\) (m²).

Để tìm số tiền tối thiểu, ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = S\left( x \right)\) với \(x > 0\).

Ta có \(S'\left( x \right) = - \frac{{64}}{{{x^2}}} + 2x\). Cho \(S'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2{x^3} - 64 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{32}}\).

Lập bảng biến thiên, ta dễ thấy \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} S\left( x \right) = S\left( {\sqrt[3]{{32}}} \right)\).

Vậy số tiền tối thiểu phải trả là: \(500\,\,000 \cdot S\left( {\sqrt[3]{{32}}} \right) \approx 15\,\,119\,\,053\)(đồng). Chọn A.

Gọi \(O\) là tâm của đáy \[ABCD\]. Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\].

Gọi \(I\) là trung điểm \(OA\).

Vì \(IM\,{\rm{//}}\,SO \Rightarrow IM \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu của \(MN\)lên \(\left( {ABCD} \right)\)là \(IN\). Suy ra \(\widehat {MNI} = 60^\circ \).

Áp dụng định lí côsin trong \(\Delta CIN\), ta có:

\(IN = \sqrt {C{I^2} + C{N^2} - 2CI \cdot CN \cdot {\rm{cos}}45^\circ } = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} - 2 \cdot \frac{{3a\sqrt 2 }}{4} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\).

Trong tam giác vuông \(MIN\) ta có:

\(\tan 60^\circ = \frac{{MI}}{{IN}} \Rightarrow MI = IN \cdot \sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{4} \Rightarrow SO = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\).

Ta có \(d\left( {BC,DM} \right) = d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {N,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SAD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Kẻ \(OE \bot SN \Rightarrow OE \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OE\) mà \(\frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{4}{{30{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{62}}{{15{a^2}}} \Rightarrow OE = \frac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }}\).

Vậy \(d\left( {BC,DM} \right) = 2OE = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{\sqrt {62} }} = a\sqrt {\frac{{30}}{{31}}} \). Chọn B.

Ta có: \(I = \int\limits_1^2 {{e^x}\left( {1 - \frac{{{e^{ - x}}}}{x}} \right)dx} = \int\limits_1^2 {\left( {{e^x} - \frac{1}{x}} \right)dx = \left. {\left( {{e^x} - \ln \left| x \right|} \right)} \right|_1^2 = {e^2} - e - \ln 2} \).

Suy ra \(a = b = - 1\). Vậy \(P = \frac{{a + b}}{{a \cdot b}} = \frac{{\left( { - 1} \right) + \left( { - 1} \right)}}{{\left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right)}} = - 2\). Chọn D.

Giả sử \[LN \cap BD = I\].

Nối \[K\] với \[I\] cắt \[AD\]tại \[P\].

Suy ra \[\left( {KLN} \right) \cap AD = P\].

Ta có: \[KL{\rm{//}}AC \Rightarrow PN{\rm{//}}AC\].

Suy ra: \[\frac{{PA}}{{PD}} = \frac{{NC}}{{ND}} = 2\].

Đáp án cần nhập là: 2.

Gọi tâm của đường tròn đã cho là \(I\left( {a;b} \right)\).

Vì đường tròn đi qua ba điểm \(A\left( {2;1} \right),\,B\left( {2;5} \right),\,C\left( { - 2;1} \right)\)nên ta có IA = IB = IC

⇔ IA² = IB² = IC² \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2} = {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {5 - b} \right)^2}\\{\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2} = {\left( { - 2 - a} \right)^2} + {\left( {1 - b} \right)^2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}8b = 24\\ - 8a = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 3\\a = 0\end{array} \right.\).

Suy ra \(I\left( {0;3} \right)\).

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án A, ta được: 0 – 3 + 3 = 0 (đúng).

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án B, ta được: 0 – 3 – 3 = –6 ≠ 0.

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án C, ta được: 0 + 2 ∙ 3 – 3 = 3 ≠ 0.

Thế tọa độ \(I\left( {0;3} \right)\) vào phương trình ở phương án D, ta được: 0 + 3 + 3 = 6 ≠ 0.

Vậy tâm \(I\left( {0;3} \right)\) thuộc đường thẳng có phương trình x – y + 3 = 0. Chọn A.

Các vectơ \(\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b \) cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số thực\(k \ne 0\) sao cho \[\overrightarrow a = k\overrightarrow b \]

Đường thẳng \({d_2}\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow v = \left( {1; - 2;3} \right)\) và đi qua điểm \(N\left( { - 3;1; - 4} \right)\).

Ta có: \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] = \left( {4;5;2} \right) \ne \overrightarrow 0 \); \(\overrightarrow {MN} = \left( { - 4;4; - 6} \right)\); \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] \cdot \overrightarrow {MN} = - 16 + 20 - 12 = - 8 \ne 0\).

\( \Rightarrow \)\({d_1}\) và \({d_2}\) chéo nhau.

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cách đều hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) nên \(\left( P \right)\) nhận \(\left[ {\overrightarrow v ,\overrightarrow u } \right] = \left( {4;5;2} \right)\) làm một vectơ pháp tuyến và đi qua trung điểm \(I\left( { - 1; - 1; - 1} \right)\) của đoạn \(MN\).

Suy ra phương trình của \(\left( P \right)\): \(4\left( {x + 1} \right) + 5\left( {y + 1} \right) + 2\left( {z + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y + 2z + 11 = 0\)

\( \Rightarrow a = 4;b = 5;c = 2\)\( \Rightarrow a + 2b + 3c = 20\).

Đáp án cần nhập là: 20.

Mặt phẳng \(\left( Q \right)\) có VTPT \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left( {1;1; - 4} \right)\).Đường thẳng \(d\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {0;1; - 1} \right)\).

Gọi VTPT của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\overrightarrow {{n_P}} \).

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{n_Q}} \) và \(\overrightarrow {{n_P}} \bot \overrightarrow {{u_d}} \) nên chọn \(\overrightarrow {{n_P}} = \left[ {\overrightarrow {{n_Q}} ,\,\overrightarrow {{u_d}} } \right] = \left( {3;\,1;\,1} \right)\).

\(\left( P \right)\) đi qua điểm \(A\left( {0;1;0} \right),\) VTPT \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {3;1;1} \right)\) có phương trình là: \(3x + y + z - 1 = 0\). Chọn A.

Gọi hình chiếu của \[P,\,Q\] trên \[AF\] và \[BE\] là \[S\] và \[R\].

Chi tiết máy được chia thành hình lập phương \[ABCD.SRQP\] cạnh \[2,5\,cm\] có thể tích \({V_1} = \frac{{125}}{8}\,c{m^3}\) và phần còn lại có thể tích \[{V_2}\].

Khi đó thể tích chi tiết máy là: \[V = {V_1} + {V_2} = \frac{{125}}{8} + {V_2}\].

Đặt hệ trục \[Oxyz\] sao cho \[O\] trùng với \[F\], \[Ox\] trùng với \[FA\], \[Oy\] trùng với tia \[Fy\] song song với \[AD\]. Khi đó Parabol \[\left( P \right)\]có phương trình dạng \(y = a{x^2}\), đi qua điểm \[P\left( {1;\frac{5}{2}} \right)\], do đó \[a = \frac{5}{2} \Rightarrow y = \frac{5}{2}{x^2}\].

Cắt chi tiết máy bởi mặt phẳng vuông góc với \[Ox\] và đi qua điểm \[M\left( {x;0;0} \right),\,0 \le x \le 1\] ta được thiết diện là hình chữ nhật \[MNHK\] có cạnh là \(MN = \frac{5}{2}{x^2}\) và \(MK = \frac{5}{2}\), do đó diện tích thiết diện là \[S\left( x \right) = \frac{{25}}{4}{x^2}\]. Áp dụng công thức thể tích vật thể ta có: \[{V_2} = \int\limits_0^1 {\frac{{25}}{4}{x^2}dx} = \frac{{25}}{{12}}\].

Từ đó \[V = \frac{{125}}{8} + \frac{{25}}{{12}} = \frac{{425}}{{24}}\left( {c{m^3}} \right)\]. Chọn D.

Đường thẳng\(d\) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u = \left( {1;2;2} \right)\).

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

Đường thẳng \(\Delta \) song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\) và vuông góc với \(d\) nên \(\Delta \) có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow v = \left[ {\overrightarrow u ,\,\overrightarrow n } \right] = \left( {2;2; - 3} \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(A\left( {1;1; - 2} \right)\) nên phương trình chính tắc của đường thẳng \[\Delta \] là:\(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{{z + 2}}{{ - 3}}\). Chọn C.

Ta có \(\left( {Oyz} \right):x = 0\) và \(M \in \left( {Oyz} \right) \Rightarrow M\left( {0;b;c} \right)\).

Mặt khác \(M \in d \Rightarrow d:\frac{{0 + 1}}{1} = \frac{{b - 2}}{2} = \frac{c}{{ - 2}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 4\\c = - 2\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {0;4; - 2} \right)\).

Do đó \(T = {a^2} + b + c = {0^2} + 4 + \left( { - 2} \right) = 2\).

Đáp án cần nhập là: 2.

Gọi phương trình mặt cầu \(\left( S \right)\) có dạng:\({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\).

Vì \(\left( S \right)\) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện \(ABCD\) nên ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{2^2} + {0^2} + {0^2} - 2 \cdot a \cdot 2 - 2 \cdot b \cdot 0 - 2 \cdot c \cdot 0 + d = 0\\{0^2} + {4^2} + {0^2} - 2 \cdot a \cdot 0 - 2 \cdot b \cdot 4 - 2 \cdot c \cdot 0 + d = 0\\{0^2} + {0^2} + {6^2} - 2 \cdot a \cdot 0 - 2 \cdot b \cdot 0 - 2 \cdot c \cdot 6 + d = 0\\{2^2} + {4^2} + {6^2} - 2 \cdot a \cdot 2 - 2 \cdot b \cdot 4 - 2 \cdot c \cdot 6 + d = 0\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l} - 4a + d = - 4\\ - 8b + d = - 16\\ - 12c + d = - 36\\ - 4a - 8b - 12c + d = - 56\end{array} \right.\]\( \Leftrightarrow \)\[\left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 3\\d = 0\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow \)\(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x - 4y - 6z = 0\)\( \Rightarrow \)\(I\left( {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3} \right)\)và \(R = \sqrt {14} \)\( \Rightarrow \)\(R' = 2\sqrt {14} \).

Vậy mặt cầu \(\left( {S'} \right)\) có tâm \(I\left( {1;{\rm{ }}2;{\rm{ }}3} \right)\) và \(R' = 2\sqrt {14} \) có phương trình là:

\({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 56\). Chọn A.

Ta thấy \(A,B\) nằm khác phía đối với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\). Gọi\(\left( P \right)\)là mặt phẳng đi qua \(A\left( {1; - 3;2} \right)\) và song song với \(\left( {Oxy} \right)\) nên \(\left( P \right):z = 2\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(B\) lên \(\left( P \right)\)\( \Rightarrow H\left( { - 2;1;2} \right)\).

Gọi \(K\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\) là điểm sao cho \(AMNK\) là hình bình hành.

Gọi \(B'\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow B'\left( { - 2;1;3} \right)\).

Ta có: \(\left| {AM - BN} \right| = \left| {AM - B'N} \right| = \left| {KN - B'N} \right| \le KB'\)\(\left( 1 \right)\).

Mà \(KB' = \sqrt {B'{H^2} + H{K^2}} \le \sqrt {B'{H^2} + {{\left( {HA + AK} \right)}^2}} \) \(\left( 2 \right)\).

Ta có: \(B'H = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} = 1\), \(HA = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2} + {0^2}} = 5\), \(AK = MN = 1\) (vì \(AMNK\) là hình bình hành).

Theo \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có: \(\left| {AM - BN} \right| \le KB' \le \sqrt {{1^2} + {{\left( {5 + 1} \right)}^2}} = \sqrt {37} \).

Vậy giá trị lớn nhất của \(\left| {AM - BN} \right|\)là \(\sqrt {37} \). Chọn C.

\(\overline x = \frac{{2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + 7 \cdot 5 + 18 \cdot 6 + 3 \cdot 7 + 2 \cdot 8 + 4 \cdot 9 + 1 \cdot 10}}{{40}} = 6,1\).

Đáp án cần nhập là: 6,1.

Số phần tử của không gian mẫu là: \(n\left( \Omega \right)\)\( = C_{15}^8\)\( = 6\,435\).

Gọi A là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X có đủ 3 môn”, suy ra \[\overline A \] là biến cố “Số cuốn sách còn lại của thầy X không có đủ 3 môn” = “Thầy X đã lấy hết số sách của một môn học”.

\(n\left( {\overline A } \right) = C_4^4 \cdot C_{11}^4 + C_5^5 \cdot C_{10}^3 + C_6^6 \cdot C_9^2\)\( = 486\)\( \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = \frac{{54}}{{715}}\)\( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right)\)\( = \frac{{661}}{{715}}\). Chọn B.

Ta có \(n = 4 + 6 + 10 + 15 + 25 = 60\).

Trung vị là \[{M_e} = 180 + \frac{{\frac{{60}}{2} - 20}}{{15}} \cdot \left( {200 - 180} \right) = \frac{{580}}{3}\]. Suy ra \(a = 580,b = 3\). Vậy \(T = 550\).

Đáp án cần nhập là: \(550\).

 Gọi \(B\)là biến cố: “Cả hai người đều bắn không trúng bia”.

\({A_1}\) là biến cố: “ Người thứ nhất bắn trúng bia”; \({A_2}\) là biến cố: “ Người thứ hai bắn trúng bia”.

Theo bài ra, ta có: \(P\left( {{A_1}} \right) = 0,8;\,\,P\left( {{A_2}} \right) = 0,6\).

Vì \(B = \overline {{A_1}} \overline {{A_2}} \) và \(\overline {{A_1}} \) và \(\overline {{A_2}} \) là hai biến cố độc lập nên

\(P\left( B \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right) \cdot P\left( {\overline {{A_2}} } \right) = \left[ {1 - P\left( {{A_1}} \right)} \right] \cdot \left[ {1 - P\left( {{A_2}} \right)} \right] = 0,2 \cdot 0,4 = 0,08\).

Vì biến cố \(D\): “Có ít nhất một người bắn trúng bia” nên biến cố \(D\) là biến cố đối của \(B\).

Do đó, \(P\left( D \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - 0,08 = 0,92\). Chọn D.

Gọi \(A\) là biến cố “Chọn được bạn chơi cầu lông”.

Gọi \(B\) là biến cố “Chọn được bạn chơi bóng bàn”.

Để chọn được học sinh đăng ký chơi thể thao (tức là, học sinh đó đăng ký bóng bàn, hoặc cầu lông, hoặc đăng ký cả hai môn), biến cố thể hiện điều đó là \(A \cup B\).

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố không độc lập (có học sinh chọn chơi cả hai môn) nên

\(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right) = \frac{5}{{10}} + \frac{4}{{10}} - \frac{2}{{10}} = \frac{7}{{10}} = 0,7\).

Đáp án cần nhập là: \(0,7\).

Ta có:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là: \[\overline x = \frac{{6 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 7 \cdot 5 + 5 \cdot 7}}{{21}} \approx 4,05\].

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là:

\({S^2} = \frac{1}{{21}}\left[ {6 \cdot {{\left( {1 - 4,05} \right)}^2} + 3 \cdot {{\left( {3 - 4,05} \right)}^2} + 7 \cdot {{\left( {5 - 4,05} \right)}^2} + 5 \cdot {{\left( {7 - 4,05} \right)}^2}} \right] \approx 5,19\). Chọn A.

Gọi A là biến cố “gọi được sinh viên nữ”.

Gọi B là biến cố “gọi được sinh viên đạt điểm giỏi môn xác suất thống kê”.

Ta đi tính \[P\left( {B|A} \right)\]. Ta có: \[P\left( A \right) = \frac{{55}}{{95}}\]; \[P\left( {A \cap B} \right) = \frac{{11}}{{95}}\].

Do đó: \[P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( {A \cap B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{11}}{{95}}:\frac{{55}}{{95}} = \frac{{11}}{{55}} = \frac{1}{5}\]. Chọn A.

Gọi A là biến cố “Người làm xét nghiệm có kết quả dương tính” và B là biến cố “Người làm xét nghiệm thực sự nhiễm virus”.

Ta có \({\rm{P}}\left( {{\rm{A}}\mid {\rm{B}}} \right) = 0,762;\,\,P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 0,991;\,\,{\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) = 0,01\).

Suy ra \(P\left( {A\mid \bar B} \right) = 1 - P\left( {\bar A\mid \bar B} \right) = 0,009;\,\,P\left( {\bar B} \right) = 1 - P\left( B \right) = 0,99\).

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P\left( {A\mid \bar B} \right) = 0,01 \cdot 0,762 + 0,99 \cdot 0,009 = 0,01653\).

Xác suất một người thực sự nhiễm virus khi người đó có kết quả xét nghiệm dương tính là \({\rm{P}}\left( {{\rm{B}}\mid {\rm{A}}} \right)\). Ta có \(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( B \right) \cdot P\left( {A\mid B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0,01 \cdot 0,762}}{{0,01653}} \approx 0,461\).

Vậy khả năng thực sự người đó nhiễm virus là \(46,1\% \).

Đáp án cần nhập là: \[46,1\].

Nhận xét: Mọi hình chữ nhật có kích thước 1×3 đều chứa đúng một ô có số 1.

Thật vậy, giả sử tồn tại hình chữ nhật có kích thước 1 × 3 có số ô có số 1 khác 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử đó là hình chữ nhật AKHD kích thước 1 × 3 có đúng hai ô điền số 1 (nếu không thì không có ô nào chứa số 1 nhưng không thể là ba ô điền số 1 vì trong mọi hình chữ nhật có kích thước 2 × 3 có đúng 2 ô điền số 1).

Có thể cho coi hai ô chứa số 1 của AKHD là ô 7 và ô 8 (Nếu ở các ô khác thì lập luận tương tự).

Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2 × 3 \( \Rightarrow \) nó có đúng hai ô chứa số 1 \( \Rightarrow \)các ô 1, 2, 4, 5 là các ô điền số 0.

Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết và do các ô 1, 2, 4, 5 đều điền số 0 nên các ô 3, 6 phải điền số 1.

Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2 × 3, ta thấy do ô 3, 6, 8 điền số 1 nên dẫn đến mâu thuẫn.

Trường hợp AKHD không có ô nào điền số 1, lập luận tương tự ta cũng dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy giả thiết phản chứng là sai hay ta có điều phải chứng minh.

Vì 2016 = 3 × 672 nên hình chữ nhật kích thước 2016 × 2017 chia thành 672 × 2017 hình chữ nhật có kích thước 1 × 3.

Vậy tổng các số điền trong ô của hình chữ nhật này là: \(672 \cdot 2017 = 1\,355\,424\). Chọn B.

Cách 1: Lúc 12 giờ, hai kim đồng hồ cùng chỉ vào số 12. Vì kim phút đi nhanh hơn kim giờ nên kim phút đi hết một vòng đồng hồ tức là 1 giờ mà hai kim vẫn chưa gặp nhau, lúc này là 1 giờ đúng.

Lúc 1 giờ kim phút chỉ vào số 12, kim giờ chỉ vào số 1. Khoảng cách lúc này giữa hai kim là \(\frac{1}{{12}}\) vòng đồng hồ.

Hiệu vận tốc của hai kim là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ/giờ).

Kể từ lúc 1 giờ, thời gian để kim phút đuổi kịp kim giờ là: \(\frac{1}{{12}}:\frac{{11}}{{12}} = \frac{1}{{11}}\) (giờ).

Kể từ lúc 12 giờ, thời gian để hai kim chập nhau là: \(1 + \frac{1}{{11}} = \frac{{12}}{{11}}\) (giờ).

Cách 2:Lúc 12 giờ hai kim đang chồng khít lên nhau. Để hai kim chồng khít lên nhau lần tiếp theo kim phút phải đi nhanh hơn kim giờ đúng 1 vòng đồng hồ.

Mỗi giờ kim phút đi nhanh hơn kim giờ số phần là: \(1 - \frac{1}{{12}} = \frac{{11}}{{12}}\) (vòng đồng hồ).

Thời gian ít nhất để kim phút lại trồng khít lên kim giờ là: \(1:\frac{{11}}{{12}} = \frac{{12}}{{11}}\) (giờ).

Suy ra \(a = 12,b = 11\). Vậy \(T = a + b = 12 + 11 = 23\). Chọn A.

Nhiệt độ ban đầu của vật: \(T = 27 + 65{e^{ - 0,4 \cdot 0}} = 92\)\(\left( {\;^\circ {\rm{C}}} \right)\). Chọn B.

Để tìm thời gian \(t\) mà nhiệt độ của vật còn lại \(37^\circ {\rm{C}}\), ta giải phương trình:

\(37 = 27 + 65{e^{ - 0,4t}} \Leftrightarrow \ln \frac{{37 - 27}}{{65}} = - 0,4t \Leftrightarrow t \approx 4,68\).

Vậy sau khoảng 4,68 phút nhiệt độ của vật sẽ giảm còn \(37^\circ {\rm{C}}\). Chọn C.

Giả sử mỗi túi kẹo nặng x (kg).

Ta có tất cả \(C_n^2 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\) cách chọn ra các cặp gồm 2 túi, nên từ giả thiết ta suy ra:

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \cdot 2x = 45 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)x = 45\) (1).

Lại có \(C_n^3 = \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6}\) cách chọn ra các nhóm gồm 3 túi, nên từ giả thiết ta suy ra:

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}}{6} \cdot 3x = 180 \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)x = 360\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(n - 2 = 8\) hay \(n = 10\). Vậy cửa hàng có tất cả 10 túi kẹo.

Đáp án cần nhập là: \(10\). 

Đoạn trích trên nói về hiện tượng nổi bật của các biến động dân số ở Thăng Long - Hà Nội. Chọn A.

Chính sách của nhà nước ở mỗi thời kì cũng khuyến khích hoặc ngăn chặn các luồng di dân vào thành phố làm cho dân số đô thị thay đổi thất thường. Chọn C.

Theo đoạn trích các luồng di cư thuộc tầng lớp tinh hoa, nông thôn và lao động qua quá trình di cư đều cư trú tại Thăng Long. Người di cư ra khỏi thành phố thì không còn cư trú tại Thăng Long, làm cho số lượng cư dân khu vực đô thị giảm đi nhanh chóng. Chọn A.

Luồng di cư của đối tượng người nước ngoài đủ mọi thành phần về chủng tộc, dân tộc, tầng lớp xã hội vì vậy đây là luồng di cư đa dạng về thành phần nhất trong ba luồng di cư. Chọn B.

 Từ “tinh hoa” in đậm trong đoạn trích gần nghĩa với từ “tài giỏi”. Chọn D.

Bài thơ được viết theo thể thơ tự do; số câu, số chữ, ngắt nhịp linh hoạt,… Chọn C.

Phương thức biểu đạt chính của văn bản là biểu cảm. Chọn A.

Nhân vật “Em” trong bài thơ dành cho nhân vật “Chị” tình yêu đơn phương. Chọn B.

Sử dụng phép hoán dụ:“Váy Đình Bảng” – trang phục của người con gái Kinh Bắc. Chọn C.

Kiểu kết cấu trò chơi theo mạch tự sự. Phần đầu gồm 7 câu thơ, là lời thách đố của Chị đồng thời cũng là khởi nguồn cho câu chuyện của nhân vật trữ tình. 12 câu thơ tiếp theo là hành trình song hành của hai chị em còn 6 câu thơ cuối cùng là dư âm của em. Chị mở đầu câu chuyện, Em kết thúc câu chuyện và xuyên suốt từ đầu đến cuối là hình ảnh lá Diêu Bông. Chọn C.

Biểu cảm là phương thức biểu đạt chính của văn bản. Chọn A.

Phong cách ngôn ngữ của văn bản là nghệ thuật. Chọn A.

Ý nghĩa của hình ảnh “bông cúc nhỏ hoa vàng”:

+ Là hình ảnh thiên nhiên đẹp.

+ Bông hoa cúc vàng nhỏ bé, yếu đuối, mong manh cần chở che.

+ Bông cúc vàng khiêm nhường giữa miền gió cát nhưng vẫn lặng lẽ dâng đời màu hoa đẹp nhất.

+ Đây là hình ảnh ẩn dụ chỉ vẻ đẹp của người phụ nữ. Bông cúc nhỏ khiêm nhường, thuỷ chung, nghĩa tình.

+ Lòng biết ơn trân trọng của nhà thơ với người phụ nữ yêu thương của mình.

→ Chọn D.

Biện pháp tu từ: điệp cấu trúc: “khi tàu đông; khi anh vắng; khi những điều…”. Chọn A.

Nhân vật trữ tình “em” hiện lên trong đoạn thơ là người phụ nữ lặng thầm hi sinh hết mình vì người mình yêu, sống bao dung, vị tha. Tác giả thể hiện tấm lòng tri ân, yêu thương, trân trọng người phụ nữ mình yêu. Xem người phụ nữ ấy là báu vật, là “bông cúc nhỏ hoa vàng”, là “sớm mai tuổi trẻ”, là người bao dung, nhân hậu đã “chở che và gìn giữ”. Chọn C.

Tác giả nhân hóa cây xà nu “ngã gục” có nghĩa là cây không còn khả năng sinh sống, phát triển. Chọn A.

Cây xà nu “phóng lên” có nghĩa là cây sinh sôi, phát triển, vươn lên. Chọn B.

Dựa vào nội dung của câu văn, đáp án D là sát nghĩa nhất. Chọn D.

Căn cứ vào nội dung của đoạn trích. Chọn A.

Trong đoạn trích, tác giả đã miêu tả quá trình sinh sống của cây xà nu, lựa chọn hình ảnh rừng xà nu để ẩn dụ cho người dân Tây Nguyên. Chọn C.

Đây là dạng bài dùng sai quan hệ từ thường thấy trong cấu trúc đề thi. Câu văn đang nói về loài rái cá lông mượt nói chung, vì vậy từ thay thế ở vế sau phải là “chúng” chứ không phải “nó”. Các phương án còn lại đều đảm bảo tính logic, ngữ nghĩa, ngữ pháp, phong cách. Chọn D.

Lỗi logic dùng sai từ “tố chất” là chỉ những yếu tố cơ bản bên trong của con người không phù hợp với việc đại diện cho số đông, thay thế bằng từ “phẩm chất”. Chọn D.

Cụm từ “đức hạnh” là phẩm chất đạo đức tốt đẹp của con người mang ý nghĩa tương đương với cái nết. Vì thế không phù hợp để sử dụng khi nhắc đến tâm hồn con người bao trùm cái nết. Chọn D.

Từ “thong dong” sử dụng không phù hợp với ngữ cảnh của câu văn. Nên thay bằng từ “lênh đênh” Chọn D.

Khoai trong câu chuyện “Cây tre trăm đốt” vốn là một người nhanh trí. Vì thế trong mọi tình huống anh đều xử trí rất thông minh. Chọn C.

Các từ “thỏ thẻ”, “rì rầm”, “lao xao” là các từ tượng thanh còn “thất thểu” là từ tượng hình. Chọn A.

Loại câu này không khó. Đều là các tác phẩm HS đã được học. B, C, D thuộc thể loại truyện ngắn; A thuộc thể loại tiểu thuyết. Chọn A.

Các từ “xem”, “quan sát”, “nhìn” là xem, theo dõi một đối tượng một cách chăm chú, có chủ đích còn “thấy” là nhìn được một vật gì đó vô tình đập vào mắt ta. Chọn C.

Các tác phẩm A, B, D thuộc thể loại truyện ngắn. C thuộc loại tùy bút. Chọn C.

Quang Dũng sáng tác vào giai đoạn kháng chiến chống Pháp. Còn lại các nhà văn, nhà thơ khác đều thuộc thế hệ sau 1975. Chọn C.

Nhắc đến thời buổi văn học dân tộc ban đầu, trước văn học trung đại là văn học dân gian. Chọn A.

Trong câu văn, nhà văn đã ngầm gợi liên tưởng tới tác phẩm “Người đẹp ngủ trong rừng” nên phương án A. thế kỉ là phương án hợp lí nhất. Chọn A.

Tất cả những đặc điểm đó đều thuộc văn học lãng mạn. Chọn A.

Đây là câu nói của Bà Triệu (225-248), người lãnh đạo nhân dân chống lại ách đô hộ của nhà Ngô vào thế kỉ III. Ở tuổi 19, khi bị ép làm tì thiếp cho một người giàu, bà đã thẳng thừng tuyên bố như trên. Sau đó, bà cùng anh trai Triệu Quốc Đạt tập hợp nghĩa quân, dựng cờ khởi nghĩa để giành lại giang sơn, giành lại độc lập. Từ cần điền vào chỗ trống là: Giành → Tôi chỉ muốn cưỡi cơn gió mạnh, đạp luồng sóng dữ, chém cá kình ở Biển Đông, giành lại giang sơn, cởi ách nô lệ, chứ tôi không chịu khom lưng làm tì thiếp cho người. Chọn A.

Tác phẩm “Sóng” là cuộc hành trình khởi đầu là sự từ bỏ cái chật chội, nhỏ hẹp để tìm đến một tình yêu bao la rộng lớn, cuối cùng là khát vọng được sống hết mình trong tình yêu, muốn hóa thân vĩnh viễn thành tình yêu muôn thuở. Chọn C.

Chi tiết “Mị tưởng tượng như có thể một lúc nào, biết đâu A Phủ chẳng trốn được rồi, lúc đó bố con thống lý sẽ đổ là Mị đã cởi trói cho nó, Mị liền phải trói thay vào đấy. Mị chết trên cái cọc ấy.” cho thấy Mị đồng cảm với số phận của A Phủ và thương cho chính bản thân mình vì Mị biết cha con thống lí Pá Tra là những kẻ độc ác, sẽ không tha chết cho cả hai. Chọn B.

Cụm từ “Cao - Bắc - Lạng” trong đoạn trích nhắc đến những địa danh Cao Bằng, Bắc Kạn, Lạng Sơn. Chọn B.

Giọng điệu chủ đạo của đoạn trích là giọng trách móc nhẹ nhàng. Chọn A.

Hai từ “Đất Nước”, “Nhân dân” được tác giả viết hoa thể hiện sự trân trọng, tôn kính. Chọn B.

Dựa vào từ “đôi ta” → Nhân vật trữ tình trong bài ca dao là lứa đôi chồng vợ. Chọn B.

Biện pháp tu từ được sử dụng trong hình ảnh “trăm nơi” đó là biện pháp tu từ hoán dụ chỉ mọi người sống ở khắp nơi. Tác giả muốn tình yêu của mình được hòa cùng tình yêu của muôn người. Đó là tình yêu to lớn, tình yêu gắn bó. Tình yêu đó bao la và rộng lớn. Chọn B.

Đoạn thơ thể hiện thái độ, tình cảm của tác giả đối với mẹ già và đất nước là: Niềm nhớ thương, thái độ trân trọng và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước. Niềm nhớ thương và kính yêu dạt dào dành cho mẹ và đất nước thể hiện rõ nét qua các câu thơ “Con quên làm sao được… Chia đều nỗi nhớ thương”. Đó là tình cảm thiêng liêng của người con dành cho cội nguồn, cho dân tộc, cho người mẹ kính yêu đã sinh ra và yêu thương mình.

Phương pháp loại trừ các đáp án:

+ Đáp án A: Có đề cập đến sự biết ơn của tác giả dành cho mẹ và đất nước nhưng không nói đến nỗi nhớ của tác giả.

+ Đáp án B: Nói đúng về thái độ trân trọng của tác giả nhưng cũng chưa đề cập đến nỗi nhớ xuất hiện trong đoạn thơ.

+ Đáp án C: Có đề cập đến thái độ tri ân và nỗi nhớ thương của tác giả nhưng đoạn thơ trên không có chi tiết nào nói về sự giàu có của quê hương. Đoạn thơ chỉ đơn thuần nói về một mùi vị bình dị đã khiến tác giả dạt dào nhớ mẹ, nhớ quê hương.

→ Chọn D.

Thao tác lập luận chính được sử dụng trong đoạn trích trên là chứng minh.

- Tác giả đã đưa ra luận điểm “Bài Thu vịnh của Nguyễn Khuyến mang cái hồn của cảnh vật mùa thu hơn cả” và trích dẫn những lí lẽ, bằng chứng để chứng minh cho ý kiến trên:

+ Tác giả đã trích dẫn những câu thơ tiêu biểu để làm bằng chứng cho ý kiến trên (Song thưa để mặc bóng trăng vào/ Một tiếng trên không ngỗng nước nào / Mấy chùm trước giậu hoa năm ngoái / Nước biếc trông như tầng khói phủ)

+ Tác giả đưa ra những lí lẽ của mình để phân tích các bằng chứng làm nổi bật giá trị của tác phẩm thơ và phục vụ cho luận điểm mà tác giả đưa ra.

=> Các thao tác giải thích, bác bỏ, bình luận không nổi bật trong đoạn trích trên. Chọn B.