Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2026 có đáp án (Đề số 11)

Phương pháp giải:

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \), khảo sát hàm \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \) để tìm khoảng giá trị

của \(t\) theo \(x\) và biến đổi hàm số ban đầu theo \(m\) và khảo sát.

Giải chi tiết:

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \) thì

  \[t' = \frac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4x} }} < 0\quad \forall x \in ( - 4;0)\]

suy ra \(t\) nghịch biến trên \(( - 4;0)\), do đó

  \[t \in (0;4\sqrt 2 )\]

Khi đó bài toán trở thành tìm \(m\) nguyên dương để hàm số

  \[g(t) = \frac{{{t^2} + 3t + m + 2}}{{t + 2}}\]

đồng biến trên \((0;4\sqrt 2 )\).

Ta có:

  \[g'(t) = \frac{{{t^2} + 4t + 4 - m}}{{{{(t + 2)}^2}}}\]

Cho \(g'(t) = 0\):

  \[{t^2} + 4t + 4 - m = 0 \Leftrightarrow {(t + 2)^2} = m\]

Do \(m > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

  \[t = - 2 \pm \sqrt m \]

Suy ra hàm số \(g(t)\) đồng biến trên:

  \[( - \infty ; - 2 - \sqrt m ) \cup ( - 2 + \sqrt m ; + \infty )\]

Để \(g(t)\) đồng biến trên \((0;4\sqrt 2 )\) thì:

  \[(0;4\sqrt 2 ) \subset ( - 2 + \sqrt m ; + \infty )\]

  \[ \Rightarrow - 2 + \sqrt m < 0 \Leftrightarrow \sqrt m < 2\]

  \[ \Rightarrow m < 4\]

Kết luận. Số giá trị nguyên dương của \(m\) thỏa mãn là 4

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Hàm số nghịch biến khi \(y' < 0.\) Với tham số, thường đặt ẩn phụ để đưa về dạng đone giản rồi xét dấu đạo hàm.

·        Đếm số giá trị nguyên dương thỏa điều kiện bằng cách giải bất phương trình đạo hàm \( < \;0\) trên khoảng cho trước.

Giải chi tiết:

  \[y' = {(\tan x)^\prime } - {(\cot x)^\prime } = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\]

  \[ = \frac{{{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x}} = \frac{1}{{{{\sin }^2}x{{\cos }^2}x}}\]

  \[ = \frac{4}{{{{(2\sin x\cos x)}^2}}} = \frac{4}{{{{\sin }^2}2x}}\]
Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Quy tắc đạo hàm:

Giải chi tiết:

Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(AH \bot BC\), \(H \in BC\).

Do \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).

Suy ra \(BC \bot (SAH)\).

Mà \(BC \subset (SBC)\) nên

  \[(SAH) \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AK\]

với \(AK \bot SH\).

Xét tam giác ABC vuông tại \(A\):

  \[AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = 2a\]

  \[A{H^2} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{4}{a^2}\]

Xét tam giác vuông SAH tại \(A\):

  \[A{K^2} = S{A^2} + A{H^2} = 9{a^2} + \frac{5}{4}{a^2} = \frac{{49}}{{36}}{a^2}\]

  \[ \Rightarrow AK = \frac{{6a}}{7}\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát: Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0},{y_0},{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {Ax + By + Cz + D = 0} \right):\)

  \(d = \frac{{\left| {A{x_0}{\rm{ + }}B{y_0}{\rm{ + }}C{z_0}{\rm{ + }}D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\)

• Với hình chóp, thường phải dựng đường vuông góc từ điểm đến mặt phẳng rồi áp dụng công thức khoảng cách.

Giải chi tiết:

Do \((S)\) tiếp xúc với \((P)\) tại \(H\) nên \(H\) là hình chiếu của \(I\) lên \((P)\).

Đường thẳng qua \(I\) và vuông góc với \((P)\) có dạng:

  \[d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = - 2 + 3t}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\]

Vì \(H \in (P)\) nên:

  \[2(1 + 2t) + 3(3t - 2) + (1 + t) - 11 = 0 \Rightarrow t = 1\]

  \[ \Rightarrow H(3,1,2)\]

  \[T = 3 + 1 + 2 = 6\]
Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Mặt cầu tiếp xúc mặt phẳng tại điểm \(P\) có tâm nằm trên đường thẳng qua \(P\) và vuông góc với mặt phẳng.

·         Xác định tâm bằng cách lấy hình chiếu lên trục cho trước, sau đó tính bán kính bằng khoảng cách từ tâm đến điểm tiếp xúc.

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình mũ bằng cách xét hàm đặc trưng theo \(y\), sử dụng tính đơn điệu.

Giải chi tiết:

Điều kiện xác định:

  \[{x^2} - y > 0 \Leftrightarrow y < {x^2}\]

Xét bất phương trình tương đương:

  \[{e^{2y}} + 4{x^2}y - {y^2} + x - \ln ({x^2} - y) > 0\]

Đặt

  \[f(y) = {e^{2y}} + 4{x^2}y - {y^2} + x - \ln ({x^2} - y)\quad {\rm{tr\^e n }}( - \infty ,{x^2})\]

Ta có:

  \[f'(y) = 2{e^{2y}} + 4{x^2} - 2y + \frac{1}{{{x^2} - y}} > 0\]

nên \(f(y)\) đồng biến trên \(( - \infty ,{x^2})\).

Suy ra:

  \[f(y) > 0 \Leftrightarrow {f^{ - 1}}(0) < y < {x^2}\]

Để tồn tại duy nhất một giá trị nguyên \(y\), cần:

  \[{x^2} - 1 < {f^{ - 1}}(0) < {x^2}\]

Tương đương:

  \[f({x^2} - 1) < 0\]

  \[ \Leftrightarrow {e^{2({x^2} - 1)}} + 4{x^2}({x^2} - 1) - {({x^2} - 1)^2} + x - \ln 1 < 0\]

  \[ \Leftrightarrow {e^{2({x^2} - 1)}} + 3{x^4} - 2{x^2} + x - 1 < 0\]

Xét hàm:

  \[g(x) = {e^{2({x^2} - 1)}} + 3{x^4} - 2{x^2} + x - 1\]

Phương trình \(g(x) = 0\) có không quá hai nghiệm, bất phương trình \(g(x) < 0\) chỉ nhận

  \[x = 0\]

Vậy có đúng 1 giá trị nguyên của \(x\).

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Bất phương trình mũ → đặt ẩn phụ, xét tính đơn điệu của hàm để tìm nghiệm.

·        Điều kiện xác định trước, sau đó xét hàm đồng biến/nghịch biến để suy ra số nghiệm nguyên thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Vì \({e^\pi } < 1\) nên:

  \[{({e^\pi })^x} > 1 \Leftrightarrow {\log _{{e^\pi }}}{({e^\pi })^x} < {\log _{{e^\pi }}}1\]

  \[ \Leftrightarrow x < 0\]

Vậy tập nghiệm là:

  \[( - \infty ,0)\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát: Giải bất phương trình chứa căn → bình phương hai vế, xét điều kiện xác định.
• Luôn kiểm tra điều kiện của căn trước, sau đó giải bất phương trình để tìm tập nghiệm chính xác.

Phương pháp giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ứng dụng định lý Viet

Giải chi tiết:

Phương trình hoành độ giao điểm với trục hoành:

  \[{x^3} - 3{x^2} - ({m^2} - 2)x + {m^2} = 0\]

  \[ \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} - 2x - {m^2}) = 0\]

  \[ \Rightarrow x = 1,\quad x = 1 \pm \sqrt {1 + {m^2}} \]

Suy ra:

  \[AC = 2\sqrt {1 + {m^2}} \]

Ta có:

  \[y' = 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2\]

  \[y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2 = 0\]

Áp dụng Vi-et:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = \frac{{2 - {m^2}}}{3}}\end{array}} \right.\]

Tính được:

  \[M{N^2} = \frac{4}{3}(1 + {m^2}) + \frac{{16}}{{27}}{(1 + {m^2})^3}\]

Điều kiện \(MN = AC\):

  \[\frac{4}{3}(1 + {m^2}) + \frac{{16}}{{27}}{(1 + {m^2})^3} = 4(1 + {m^2})\]

  \[ \Leftrightarrow {(1 + {m^2})^2} = \frac{9}{2}\]

  \[ \Rightarrow m =  \pm \sqrt {\frac{3}{2} - 1} \]

Có 2 giá trị của \(m\).

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Phương trình bậc ba có 3 nghiệm phân biệt → dùng định lý Viét để liên hệ nghiệm.

o   Tổng nghiệm: \({x_1} + {x_2} + {x_3} =  - \frac{b}{a}\)

o   Tổng tích đôi một: \({x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = \frac{c}{a}\)

o   Tích nghiệm:  \({x_1}{x_2}{x_3} =  - \frac{d}{a}\)

·        Xét điều kiện có 2 cực trị → kiểm tra số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, từ đó tìm số giá trị tham số.

Phương pháp giải

Tìm khoảng cách thông qua điểm A.

Giải chi tiết:

Vì \(BC \bot SA\) và \(BC \bot AB\) nên:

  \[BC \bot (SAB) \Rightarrow (SBC) \bot (SAB)\]

Kẻ \(AH \bot SB\) thì:

  \[AH \bot (SBC)\]

Do \(AD\parallel BC\) nên:

  \[d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = AH\]

  \[AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3  \cdot a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát: Khoảng cách từ điểm \(M\left( {{x_0},{y_0},{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( {Ax + By + Cz + D = 0} \right):\)

  \(d = \frac{{\left| {A{x_0}{\rm{ + }}B{y_0}{\rm{ + }}C{z_0}{\rm{ + }}D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\)

• Với hình chóp, thường phải dựng đường vuông góc từ điểm đến mặt phẳng rồi áp dụng công thức khoảng cách.

Giải chi tiết:

Lãi suất 1 kỳ hạn: \[2,8\% \]

Sau \(3\) năm \(6\) tháng (\(7\) kỳ hạn):

  \[{T_1} = 500 \cdot {10^6}{(1 + 0,028)^7}\]

Ba tháng còn lại (90 ngày), lãi suất không kỳ hạn:          \[0,00027\% /{\rm{ng\`a y}}\]

  \[{T_2} = {T_1}{(1 + 0,0000027)^{90}} \approx 606.775.000\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát:

o   Lãi kép:

  \(A = P{\left( {1{\rm{ + }}\frac{r}{n}} \right)^{nt}}\)

o   Tiền gửi hàng tháng (Tiết kiệm tích lũy): Nếu mỗi tháng gửi thêm số tiền \(M\;\)vào đầu mỗi kỳ:

  \(A = M\frac{{\left( {1 + r} \right)[\left( {1 + r{)^n} - 1} \right]}}{r}\)

o   Bài toán trả góp: Số tiền \(M\;\)phải trả hàng tháng để hoàn nợ số tiền \(P\):

  \(M = \frac{{P \cdot r{{(1 + r)}^n}}}{{\left( {1 + r{)^n} - 1} \right.}}\)

với P: vốn gốc, r: lãi suất năm, n: số kỳ trong năm, t: số năm.

·        Chia kỳ hạn đúng theo đề (6 tháng, 1 năm…), tính lãi kép cho số kỳ nguyên, phần dư tính lãi đơn.

Phương pháp giải:

Sử dụng khai triển nhị thức Newton.

Giải chi tiết:

Trong khai triển \({(a + b)^n}\) thì tổng số mũ của \(a\) và \(b\) trong mỗi số hạng luôn bằng \(n\).

Ở đây:

  \[{(5x)^2} \cdot {( - 6{y^2})^7}\]

có tổng số mũ bằng: \[2 + 7 = 9\]

Vì vậy nhị thức cần tìm là: \[{(5x - 6{y^2})^9}\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Khai triển Newton: \({\left( {a + b} \right)^n} = \sum C_n^k{a^{n - k}}{b^k}\)

·        Muốn tìm số hạng chứa \({x^m}\) → giải phương trình số mũ của \(x\) để tìm chỉ số \(k\).

Phương pháp giải:

Đặt \(t = 2 + \sin x\), khảo sát hàm theo biến \(t\) và xét các trường hợp của \(m\).

Giải chi tiết:

Đặt:

  \[t = 2 + \sin x \in [1,3]\]

Khi đó:

  \[g(t) = |{t^3} - 3t - m|,\quad t \in [1,3]\]

Xét hàm:

  \[y = {t^3} - 3t - m \Rightarrow y' = 3{t^2} - 3 \ge 0,\;\forall t \in [1,3]\]

Suy ra \(y\) đồng biến trên [1,3].

  \[y(1) =  - m - 2,\quad y(3) = 18 - m\]

Do đó:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\max g(t) = \max \{ | - m - 2|,\;|18 - m|\} }\\{\min g(t) = \min \{ | - m - 2|,\;|18 - m|\} }\end{array}} \right.\]

Xét các trường hợp

TH1: \(m <  - 2\)

  \[( - m - 2) + (18 - m) = 50 \Rightarrow m =  - 17\]

TH2: \(m > 18\)

  \[(m + 2) + (m - 18) = 50 \Rightarrow m = 33\]

TH3: \( - 2 \le m \le 18\) thì

  \[\max g(t) < 50 \Rightarrow {\rm{lo?i}}\]

Vậy:

  \[S = \{  - 17,33\}  \Rightarrow \sum S  = 16\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát: Bất phương trình mũ → đặt ẩn phụ, xét tính đơn điệu để tìm tập giá trị tham số.
• Sau khi tìm tập giá trị, cộng các phần tử để ra đáp án.

Phương pháp giải

Lập bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [0; 4]

Giải chi tiết

 \(f(x)\) đạt:

  \[{\max _{[0,4]}}f(x) = f(2),\quad {\min _{[0,4]}}f(x) = f(0)\;{\rm{ho?c }}f(4)\]

Từ giả thiết:

  \[f(0) - f(4) = f(2) - f(1) + f(2) - f(3) > 0\]

Suy ra:

  \[f(0) > f(4) \Rightarrow {\min _{[0,4]}}f(x) = f(4)\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: GTNN/GTLN của hàm số trên đoạn [a;b] → xét giá trị tại nghiệm của \(y'\) và tại biên.

·        Dựa vào bảng biến thiên, chọn giá trị nhỏ nhất theo giả thiết.

Phương pháp giải:

Chứng minh dãy tăng và bị chặn trên.

Giải chi tiết:

Ta có:

  \[{u_n} < 2,\;\forall n\]

Thật vậy, nếu tồn tại \({u_n} \ge 2\) thì:

  \[{u_{n - 1}} \ge 2, \ldots ,{u_1} \ge 2\]

mâu thuẫn với \({u_1} = \sqrt 2 < 2\).

Xét:

  \[{u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {{u_n} + 2} - {u_n} = \frac{{(2 - {u_n})(1 + {u_n})}}{{\sqrt {{u_n} + 2} + {u_n}}} > 0\]

Suy ra \(({u_n})\) tăng và bị chặn trên bởi \(2\).

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Dãy số bị chặn trên → chứng minh dãy tăng và bị chặn, giới hạn chính là cận trên.

o   Nếu tăng và bị chặn trên thì có giới hạn hữu hạn.

o   Nếu giảm và bị chặn dưới thì có giới hạn hữu hạn.

o   Giá trị giới hạn: Nếu tồn tại \({\rm{lim}}{u_n} = L\), ta tìm \(L\;\)bằng cách giải phương trình thu được từ hệ thức truy hồi khi thay \({u_n}\;\)và \({u_{n + 1}}\;\)thành \(L\). 

·        Dùng bất đẳng thức để chứng minh dãy tăng, sau đó tìm giới hạn.

 Phương pháp giải

Đặt\((t = {2^{|x|}})\), đưa bài toán về phương trình bậc hai theo t, sau đó biện luận số nghiệm theo tham số m.

Giải chi tiết:

Ta có phương trình:

  \[{4^{|x|}} - (m + 1){2^{|x|}} + m = 0{\rm{ (}}1)\]

Nhận thấy:

  \[{4^{|x|}} = {\left( {{2^{|x|}}} \right)^2}.\]

Đặt:

  \[t = {2^{|x|}},\quad t \ge 1.\]

Khi đó phương trình (1) trở thành:

  \[{t^2} - (m + 1)t + m = 0.(2)\]

Giải phương trình (2):

  \[\Delta  = {(m + 1)^2} - 4m = {(m - 1)^2}.\]

  \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = 1,}\\{{t_2} = m.}\end{array}} \right.\]

Tương ứng:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{2^{|x|}} = 1 \Rightarrow |x| = 0 \Rightarrow x = 0,}\\{{2^{|x|}} = m \Rightarrow |x| = {{\log }_2}m.}\end{array}} \right.\]

Hàm số \((y = {2^{|x|}})\) có một cực tiểu tại x = 0, do đó:

\(({2^{|x|}} = 1)\)có đúng 1 nghiệm.

\(({2^{|x|}} = m)\)có:

2 nghiệm phân biệt nếu m > 1,

1 nghiệm nếu m = 1,

vô nghiệm nếu m < 1.

Để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt, ta cần:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 1,}\\{m > 1.}\end{array}} \right.\]

Suy ra: \[m > 1.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Phương trình có nghiệm phân biệt → biện luận theo tham số bằng cách đưa về phương trình bậc hai.

·        Xét số nghiệm theo từng trường hợp của tham số để tìm đúng 3 nghiệm.

Phương pháp giải

Tìm giá trị lớn nhất (GTNN) và giá trị nhỏ nhất (GTLN) của hàm số lượng giác bằng cách biến đổi đại số và sử dụng bất đẳng thức cơ bản.

Giải chi tiết:

Tập xác định của hàm số là:

  \[D = \mathbb{R}.\]

Ta biến đổi biểu thức:

  \[y = 3 - 2\cos 2x - {\cos ^2}2x = 4 - {(\cos 2x + 1)^2}.\]

Với mọi\(x \in \mathbb{R}\), ta có:

  \[ - 1 \le \cos 2x \le 1 \Rightarrow 0 \le \cos 2x + 1 \le 2 \Rightarrow 0 \le {(\cos 2x + 1)^2} \le 4.\]

Suy ra:

  \[0 \le 4 - {(\cos 2x + 1)^2} \le 4 \Rightarrow 0 \le y \le 4.\]

Do đó:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M = 4,}\\{m = 0.}\end{array}} \right.\]

\(y = 4 \Leftrightarrow {(\cos 2x + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow \cos 2x =  - 1\) \[ \Leftrightarrow 2x = \pi  + 2k\pi  \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

\(y = 0 \Leftrightarrow {(\cos 2x + 1)^2} = 4 \Leftrightarrow \cos 2x = 1\)   

  \[ \Leftrightarrow 2x = 2k\pi  \Leftrightarrow x = k\pi ,\quad k \in \mathbb{Z}.\]

Cuối cùng:

  \[2024M + 2025m = 2024 \cdot 4 + 2025 \cdot 0 = 8096.\]

Mở rộng:

• Công thức tổng quát: GTLN/GTTN của hàm lượng giác → biến đổi biểu thức, dùng bất đẳng thức cơ bản.
• Sau khi tìm M và m, thay vào biểu thức yêu cầu để tính giá trị.

 Phương pháp giải

Sử dụng mô hình hàm số mũ biểu diễn sự tăng trưởng của vi khuẩn theo thời gian.

Giải chi tiết:

Giả sử sau x ngày nuôi cấy thì tổng số vi khuẩn của hai loài là 20900 con, với (x > 0).

Loài vi khuẩn A: 

    Sau 5 ngày tăng gấp đôi nên sau x ngày có: \[50 \cdot {2^{\frac{x}{5}}}{\rm{ (con)}}.\]

Loài vi khuẩn B: 

    Sau 10 ngày tăng gấp ba nên sau x ngày có:               \[100 \cdot {3^{\frac{x}{{10}}}}{\rm{ (con)}}.\]

Theo giả thiết:

  \[50 \cdot {2^{\frac{x}{5}}} + 100 \cdot {3^{\frac{x}{{10}}}} = 20900.{\rm{ }}*\]

Xét hàm số:

  \[f(x) = 50 \cdot {2^{\frac{x}{5}}} + 100 \cdot {3^{\frac{x}{{10}}}}.\]

Ta có:

  \[f'(x) = 10 \cdot {2^{\frac{x}{5}}}\ln 2 + 10 \cdot {3^{\frac{x}{{10}}}}\ln 3 > 0,\quad \forall x > 0.\]

Suy ra f(x) là hàm đồng biến trên \((0; + \infty ),\)nên phương trình (*) có nhiều nhất một nghiệm.

Thử x = 40:

  \[50 \cdot {2^8} + 100 \cdot {3^4} = 50 \cdot 256 + 100 \cdot 81 = 12800 + 8100 = 20900.\]

Vậy nghiệm duy nhất là:        \[x = 40.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Mô hình tăng trưởng vi khuẩn → hàm số mũ: \(N\left( t \right) = {N_0} \cdot {a^t}.\)

·        Dùng dữ kiện “sau 5 ngày gấp đôi, sau 10 ngày gấp ba” để lập phương trình, giải tìm thời gian.

Phương pháp giải

Gắn hệ trục tọa độ từ đó dùng ứng dụng tích phân để tính thể tích.

Giải chi tiết:

Giả sử thiết diện qua trục của bình hoa miêu tả như hình vẽ bên dưới.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy thỏa mãn gốc tọa độ O trùng với tâm đáy bình hoa,

trục Ox trùng với trục của bình hoa.

Bán kính hình tròn đáy bình hoa bằng

  \[{y_A} = 2\]

nên

  \[ - \sin {x_A} + 2 = 2 \Rightarrow \sin {x_A} = 0 \Rightarrow {x_A} = 0.\]

Bán kính đường tròn miệng bình hoa bằng

  \[{y_B} = 1,5\quad (2\pi  < {x_B} < 3\pi ),\]

tức là:

  \[\sin ({x_B} - \pi ) + 2 = 1,5 \Rightarrow \sin ({x_B} - \pi ) = \sin \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\]

  \[ \Rightarrow {x_B} - \pi  =  - \frac{\pi }{6} + 2\pi  \Rightarrow {x_B} = \frac{{17\pi }}{6}.\]

Khi đó thể tích bình hoa giới hạn bởi các đường

  \[y =  - \sin x + 2;\quad y = 0;\quad x = 0;\quad x = \frac{{17\pi }}{6}\]

được xác định theo công thức:

  \[V = \pi \int_0^{\frac{{17\pi }}{6}} {{{( - \sin x + 2)}^2}} {\mkern 1mu} dx\]

  \[ = \pi \int_0^{\frac{{17\pi }}{6}} {(4 - 4\sin x + {{\sin }^2}x)} {\mkern 1mu} dx\]

  \[ = \pi \int_0^{\frac{{17\pi }}{6}} {\left( {4 - 4\sin x + \frac{{1 - \cos 2x}}{2}} \right)} {\mkern 1mu} dx\]

  \[ = \pi \int_0^{\frac{{17\pi }}{6}} {\left( {\frac{9}{2} - 4\sin x - \frac{{\cos 2x}}{2}} \right)} {\mkern 1mu} dx\]

  \[ = \pi \left( {\frac{9}{2}x + 4\cos x - \frac{{\sin 2x}}{4}} \right)|_0^{\frac{{17\pi }}{6}}\]

  \[ = \frac{{51{\pi ^2}}}{4} - 32 + \frac{{15\sqrt 3 }}{8}\pi  \approx 103,07\;({\rm{d}}{{\rm{m}}^3}).\]

Đáp số: 103.
Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Thể tích khối tròn xoay:

  \(V = \pi \mathop \smallint \nolimits_a^b |{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)|dx\)

·        Xác định đúng miền quay quanh trục Ox, tính tích phân, làm tròn kết quả theo yêu cầu.

Phương pháp giải

Đặt tọa độ điểm M và N theo hệ thức trung điểm, sau đó thay vào P và đánh giá biểu thức P.

Giải chi tiết:

Giả sử:

  \[M(1 - x;{\mkern 1mu} 2 - y;{\mkern 1mu} 0),\quad N(1 + x;{\mkern 1mu} 2 + y;{\mkern 1mu} 0),\quad {x^2} + {y^2} \ne 0.\]

Khi đó:

  \[P = {x^2} + {(y - 1)^2} + 9 + 2({x^2} - 8x + {y^2} + 7) + x(4 - x) - y(y - 1) - 3\]

  \[ = 2{x^2} - 12x + 2{y^2} + 41\]

  \[ = 2{(x - 3)^2} + 2{\left( {y - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{183}}{8} \ge \frac{{183}}{8}.\]

Vậy:

  \[{P_{\min }} = \frac{{183}}{8} \Leftrightarrow x = 3,\;y = \frac{1}{4}.\]

Suy ra:

  \[M\left( { - 2;{\mkern 1mu} \frac{7}{4};{\mkern 1mu} 0} \right),\quad N\left( {4;{\mkern 1mu} \frac{9}{4};{\mkern 1mu} 0} \right) \Rightarrow T = - 10.\]

Đáp án:-10.

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Với bài toán tọa độ, đặt M(x,y,0), N(x’,y’,0) sao cho P là trung điểm → thay vào biểu thức cần tối ưu.

·        Biểu thức thường đưa về dạng bậc hai, tìm GTNN bằng cách hoàn thành bình phương.

Đáp án đúng là: C.

Giải chi tiết:

Ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB\cdot AC\cos {60}^{°}=39\Rightarrow BC=\sqrt{39}.$

Suy ra:

  \[A{M^2} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{2} - \frac{{B{C^2}}}{4} = \frac{{109}}{4} \Rightarrow AM = \sqrt {\frac{{109}}{2}} .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Độ dài trung tuyến:

  \({m_a} = \sqrt {\frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}} = \frac{1}{2}\sqrt {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \)

·        Áp dụng trực tiếp công thức trung tuyến, tránh nhầm với đường cao.

Giải chi tiết:

Tọa độ giao điểm của \[({d_1},{d_2})\] là nghiệm hệ:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2y - 3 = 0}\\{3x - 4y + 1 = 0}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{y = 1}\end{array}} \right.\]

Vì \(d\parallel \Delta \)nên phương trình d có dạng:

  \[x + 3y + c = 0.\]

Thay \(A(1;1) \in d:\)

  \[1 + 3 + c = 0 \Rightarrow c =  - 4.\]

Vậy:

  \[d:\;x + 3y - 4 = 0.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Đường thẳng qua giao điểm hai đường và song song với đường khác → giải hệ tìm giao điểm, sau đó viết phương trình với vectơ chỉ phương.

·        Luôn kiểm tra song song bằng cách so sánh hệ số.

Giải chi tiết

Ta có \((SAC) \bot (ABCD)\)

Kẻ \(BH \bot AC{\rm{ ,}}H \in AC \Rightarrow BH \bot (SAC).\)

Kẻ \((HE \bot SA){\rm{ }}(E \in SA){\rm{ }} \Rightarrow BH \bot HE,\;BE \bot SA.\)

Suy ra góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng góc \(\angle BEH.\)

Xét tam giác ABC vuông tại B, có

  \[BH \bot AC\;(H \in AC).\]

Suy ra:

  \[BH = \frac{{BA \cdot BC}}{{\sqrt {B{A^2} + B{C^2}} }} = \frac{{3 \cdot 4}}{{\sqrt {9 + 16} }} = \frac{{12}}{5}.\]

Ta có:

  \[AH \cdot AC = A{B^2} \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{9}{{25}}.\]

Suy ra:

  \[\frac{{d(H;SA)}}{{d(C;SA)}} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \frac{{HE}}{4} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow HE = \frac{{36}}{{25}}.\]

Xét tam giác BHE vuông tại H, ta có:

  \[\tan \angle BEH = \frac{{BH}}{{HE}} = \frac{5}{3}.\]

Do đó:

  \[\cos \angle BEH = \frac{1}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}\angle BEH} }} = \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{{25}}{9}} }} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{34}}.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Góc giữa hai mặt phẳng = góc giữa hai vectơ pháp tuyến.

  \({\rm{cos}}\varphi  = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \left|  \cdot  \right|\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{{\left| {{A_1}{A_2}{\rm{ + }}{B_1}{B_2}{\rm{ + }}{C_1}{C_2}} \right|}}{{\sqrt {A_1^2 + B_1^2 + C_1^2}  \cdot \sqrt {A_2^2 + B_2^2 + C_2^2} }}\)

·        Dựng tam giác vuông trong đáy để tính cos góc chính xác.

Giải chi tiết:

Ta có: \[4h\;20\;{\rm{phút}} = \frac{{13}}{3}\;h,\quad 8h\;50\;{\rm{phút}} = \frac{{53}}{6}\;h.\]

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu ghép nhóm:

  \[R = 9 - 4 = 5.\]

Khoảng biến thiên của mẫu số liệu gốc:

  \[{R_0} = \frac{{53}}{6} - \frac{{13}}{3} = 4,5.\]

Vậy:

  \[\frac{R}{{{R_0}}} = \frac{5}{{4,5}} = \frac{{10}}{9}.\]

Suy ra:

  \[a = 10,\;b = 9 \Rightarrow {a^3} + {b^3} = 1729.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Khoảng biến thiên = giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất.

·        Với mẫu số liệu ghép nhóm, khoảng biến thiên thường là bội số của khoảng gốc → tính tỉ số rồi rút gọn phân số.

Phương pháp giải:

Công thức xác suất.

Giải chi tiết:

Gọi A là biến cố ``Bị mắc bệnh M'', B là biến cố ``Bộ test cho kết quả dương tính''.

Do xác suất bị mắc bệnh M là 22% nên

  \[P(A) = 0,22.\]

Từ dữ kiện ``Nếu một người không bị bệnh thì xác suất bộ test cho ra kết quả dương tính là 10%'' suy ra

  \[P(B\mid \bar A) = 0,1.\]

Xác suất bộ test cho kết quả âm tính khi người đó không bị bệnh là

  \[P(\bar B\mid \bar A) = 1 - P(B\mid \bar A) = 1 - 0,1 = 0,9 = 90\% .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Xác suất đúng khi không bệnh = 1 – xác suất dương tính giả.

·        Đọc kỹ dữ kiện “không bệnh nhưng test dương tính 10%” → vậy chính xác = 90%.

Phương pháp giải:

Công thức xác suất.

Giải chi tiết:

Từ dữ kiện ``Nếu bộ test cho ra kết quả dương tính thì xác suất bị bệnh là 70%'' suy ra

  \[P(A\mid B) = 0,7.\]

Ta có hệ:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P(A) = 0,22,}\\{P(B\mid \bar A) = 0,1,}\\{P(A\mid B) = 0,7.}\end{array}} \right.\]

Suy ra:

  \[P(\bar A) = 1 - 0,22 = 0,78,\quad P(\bar AB) = 0,1 \cdot 0,78 = 0,078.\]

Ta có:

  \[P(B) - P(\bar AB) = 0,7P(B) \Rightarrow P(B) = 0,26.\]

Do đó:

  \[P(B\mid A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}} = \frac{{P(B) - P(\bar AB)}}{{P(A)}} = \frac{{0,26 - 0,078}}{{0,22}} = 0,8273 = 82,73\% .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Bayes:

  \(P(B|A) = \frac{{P\left( {A{\rm{|}}B} \right)P\left( B \right)}}{{P\left( B \right)}}\)

·        Dùng dữ kiện “nếu test dương tính thì xác suất bị bệnh 70%” để suy ngược ra xác suất test đúng khi có bệnh.

Phương pháp giải:

Công thức xác suất.

Giải chi tiết:

Xác suất chẩn đoán đúng là:

  \[P(AB + \bar A{\mkern 1mu} \bar B) = P(AB) + P(\bar A{\mkern 1mu} \bar B)\]

  \[ = P(B) - P(\bar AB) + P(\bar A) - P(\bar AB)\]

  \[ = 0,26 - 0,078 + 0,78 - 0,078 = 0,884 = 88,4\% .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Xác suất chẩn đoán đúng = P(test đúng khi bệnh)·P(bệnh) + P(test đúng khi không bệnh)·P(không bệnh).

·        Cộng hai trường hợp đúng, tránh nhầm lẫn với công thức cộng xác suất.

Phương pháp giải:

Định nghĩa tích phân.

Giải chi tiết:

  \[\int_0^1 f (x){\mkern 1mu} dx = F(1) - F(0) = 6 - 2 = 4.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Tích phân xác định:

  \(\mathop \smallint \nolimits_a^b f\left( x \right)\;dx = F\left( b \right) - F\left( a \right)\)

·        Khi đề cho quan hệ giữa f và F, thay trực tiếp vào định nghĩa tích phân.

Phương pháp giải:

Tính giới hạn của hàm số.

Giải chi tiết:

  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 3} - x}}{{\sqrt {4{x^2} + 1} - x + 2}}\]

  \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} + x}}{{ - x\sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} + x - 2}}\]

  \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {1 + \frac{2}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}} + 1}}{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} + 1 - \frac{2}{x}}}\]

  \[ = \frac{{ - 1 + 1}}{{ - 2 + 1}} = - \frac{2}{3}.\]

Đáp án: \( - \frac{2}{3}.\)

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Giới hạn: chia tử và mẫu cho bậc cao nhất hoặc dùng quy tắc L’Hospital nếu cần.

·        Đọc kỹ dạng giới hạn, tránh nhầm giữa dạng vô cực và dạng 0/0.

Phương pháp giả

Công thức nguyên hàm.

Giải chi tiết:

Vì \({e^{2x + 1}}\)là nguyên hàm của \({e^x}f'(x)\)nên:

  \[{e^x}f'(x) = {({e^{2x + 1}})^\prime } = 2{e^{2x + 1}} \Rightarrow f'(x) = 2{e^{x + 1}}.\]

Ta có:

  \[\int_0^1 {f'} (x){\mkern 1mu} dx = f(1) - f(0).\]

Suy ra:

  \[f(1) = f(0) + \int_0^1 2 {e^{x + 1}}{\mkern 1mu} dx = 1 + 2{e^{x + 1}}|_0^1 = 2{e^2} - 2e + 1.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Nếu \(f'\left( x \right)\) là nguyên hàm của \(g\left( x \right)\) thì \(f\left( x \right) = \smallint g\left( x \right)dx\).

·        Áp dụng định nghĩa nguyên hàm, thay giá trị vào để tính \(f\left( 1 \right)\).

Phương pháp giải:

Ứng dụng tích phân.

Giải chi tiết:

Ta có:

  \[f'(x) = 4a{x^3} + 2bx = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x =  \pm \sqrt { - \frac{b}{{2a}}} }\end{array}} \right.\;(ab < 0).\]

Suy ra:

  \[{x_1} =  - 1,\;{x_2} = 0,\;{x_3} = 1.\]

Khi đó:

  \[f(x) = a({x^4} - 2{x^2}) + c.\]

Điều kiện:

  \[f( - 1) + f(1) + \frac{2}{3}f(0) = 0 \Rightarrow c = \frac{3}{4}a.\]

Do đó:

  \[f(x) = a\left( {{x^4} - 2{x^2} + \frac{3}{4}} \right).\]

Giải f(x)=0 được:

  \[x =  \pm \frac{1}{{\sqrt 2 }},\; \pm \sqrt {\frac{3}{2}} .\]

Tính tích phân các phần diện tích:

  \[\frac{{{S_1} + {S_2}}}{{{S_3} + {S_4}}} \approx 0,6.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Diện tích hình phẳng \( = \smallint \left| {f\left( x \right)} \right|dx\).

·        Xác định nghiệm của \(f\left( x \right) = 0\), chia miền tích phân, tính diện tích từng phần rồi cộng.

Giải chi tiết:

Tứ giác ABCD là hình bình hành khi:

  \[\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow A + C = B + D.\]

Suy ra:

  \[D = A + C - B = ( - 4;8; - 3).\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇔\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \) hoặc \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \).

·        Tìm tọa độ D bằng cách cộng trừ vectơ: \(D = A + C - B\).

Giải chi tiết:

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;3), nên nghịch biến trên (1;3).

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Hàm số nghịch biến khi \(y' < 0\).

·        Dựa vào bảng biến thiên, xác định khoảng nghịch biến chính xác.

Giải chi tiết:

Trung điểm I(0;1;-1). 

Vectơ chỉ phương \(\vec u = (1; - 1;2).\)

Suy ra phương trình \((\Delta ):\)

  \[\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Phương trình đường thẳng qua trung điểm I và song song với d:

  \(\frac{{x - {x_I}}}{a} = \frac{{y - {y_I}}}{b} = \frac{{z - {z_I}}}{c}\)

với \(\left( {a,b,c} \right)\) là vectơ chỉ phương của d.

·        Tính trung điểm, lấy vectơ chỉ phương của \(d\), viết phương trình tham số.

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Xác suất chọn 2 quả cầu khác màu:

  \(P = \frac{{5 \cdot 6}}{{C_{11}^2}} = \frac{{30}}{{55}} = \frac{6}{{11}}\)

·        Đếm số cách chọn 1 xanh + 1 đỏ, chia cho tổng số cách chọn 2 quả.

Giải chi tiết:

  \[\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'I} = \vec c + \frac{1}{2}(\vec a + \vec b) = \frac{1}{2}\vec a + \frac{1}{2}\vec b + \vec c.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Biểu diễn vectơ trong hình hộp: dùng trung điểm, quy tắc hình hộp để viết theo \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ,\overrightarrow {AA'} \).

·        Xác định trung điểm, viết vectơ theo các cạnh cơ bản.

Phương pháp giải

Phân tích vectơ.

Giải chi tiết:

Từ \(\overrightarrow {MA}  =  - 2\overrightarrow {MB} \) suy ra:

  \[\overrightarrow {MA}  =  - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB} .\]

Từ \(\overrightarrow {PC}  =  - 2\overrightarrow {PD} \) suy ra:

  \[\overrightarrow {PA}  =  - \frac{1}{3}(\overrightarrow {AC}  + 2\overrightarrow {AD} ).\]

Do đó:

  \[\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {MA}  - \overrightarrow {PA}  =  - \frac{2}{3}\overrightarrow {AB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {AD} .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Phân tích vectơ trong tứ diện: dùng quy tắc trung điểm và cộng trừ vectơ.

·        Viết từng vectơ theo các cạnh cơ bản, sau đó cộng lại để ra biểu thức yêu cầu.

Giải chi tiết:

Gọi A: rút được câu lý thuyết, B: rút được câu khó.

  \[P(A) = \frac{{15}}{{50}},\quad P(B) = \frac{{23}}{{50}},\quad P(A \cap B) = \frac{8}{{50}}.\]

Xác suất cần tìm:

  \[P(A\mid B) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{4}{{25}}}}{{\frac{3}{{10}}}} = \frac{8}{{15}}.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Xác suất = số cách thuận lợi / số cách toàn bộ.

P=số phiếu lý thuyết khó/tổng số phiếu

·        Đếm số phiếu lý thuyết khó (8) chia cho tổng số phiếu (50)

Giải chi tiết:

  \[18000 = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot 40 \Rightarrow R = \sqrt {\frac{{3V}}{{\pi h}}}  \approx 20,72{\rm{ cm}}.\]
Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Thể tích hình nón:

  \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\)

·        Từ thể tích và chiều cao, giải ra bán kính đáy R.

Giải chi tiết:

  \[y' = 2f'(2x + 1).\]

Hàm số đồng biến khi:

  \[f'(2x + 1) \ge 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + 1 \le - 1}\\{{\rm{ }}2x + 1 \ge 3}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \le - 1}\\{x \ge 1}\end{array}} \right.\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Hàm số \(y = f\left( {2x + 1} \right)\) đồng biến khi \(f'\left( {2x + 1} \right) > 0\).

·        Dựa vào bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\), dịch chuyển trục để tìm khoảng đồng biến.

Giải chi tiết:

  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0 \Rightarrow y = 0{\rm{ l\`a tiem c\^a n ngang}}{\rm{.}}\]

  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ \pm }} y = \pm \infty \Rightarrow x = 0{\rm{ l\`a tiem can dung}}{\rm{.}}\]

Vậy có 2 tiệm cận.

Giải chi tiết:

Gọi I(0;0;z) là tâm.

  \[IA = IB \Rightarrow z = 3.\]

  \[R = IA = \sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}}  = \sqrt 6 .\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Mặt cầu đi qua A, B và có tâm trên trục Oz → tâm \(I\left( {0,0,z} \right).\)

·        Dùng điều kiện IA = IB để tìm z, sau đó tính bán kính.

Giải chi tiết:

  \[f[f(x) + 1] =  - 2 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) + 1 = 3}\\{f(x) + 1 = a,\;a <  - 1}\end{array}} \right.\]

Trường hợp 1 cho 3 nghiệm, trường hợp 2 cho 1 nghiệm.

Tổng cộng 4 nghiệm.

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Số nghiệm thực phân biệt của phương trình → xét từng trường hợp, cộng lại.

·        Phân tích phương trình thành các trường hợp, đếm số nghiệm rồi cộng.

Giải chi tiết

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

  \[{x^3} - 3x = k(x + 1) + 2\]

  \[ \Leftrightarrow {x^3} - 3x - 2 = k(x + 1)\]

  \[ \Leftrightarrow (x + 1)({x^2} - x - 1) = k(x + 1)\]

Suy ra:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - 1}\\{{x^2} - x - k - 2 = 0}\end{array}} \right.\]

Để đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt thì phương trình bậc hai

  \[{x^2} - x - k - 2 = 0\]

phải có hai nghiệm phân biệt khác -1.

Gọi \({x_1},{x_2}\)là hai nghiệm đó, ta có hệ thức Viète:

  \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 1}\\{{x_1}{x_2} =  - k - 2}\end{array}} \right.\]

Đạo hàm của hàm số:

  \[y'(x) = 3{x^2} - 3\]

Theo giả thiết, hai tiếp tuyến tại N,P vuông góc:

  \[y'({x_1}) \cdot y'({x_2}) =  - 1\]

  \[(3x_1^2 - 3)(3x_2^2 - 3) =  - 1\]

Biến đổi:

  \[9{({x_1}{x_2})^2} - 9(x_1^2 + x_2^2) + 10 = 0\]

  \[9{({x_1}{x_2})^2} - 9[{({x_1} + {x_2})^2} - 2{x_1}{x_2}] + 10 = 0\]

Thay Viète vào:

  \[9{( - k - 2)^2} - 9[1 - 2( - k - 2)] + 10 = 0\]

  \[ \Leftrightarrow 9{k^2} + 18k + 1 = 0\]

Giải ra:

  \[k = \frac{{ - 3 \pm 2\sqrt 2 }}{3}\]

Tích các giá trị của k là:

  \[\frac{{( - 3 + 2\sqrt 2 )( - 3 - 2\sqrt 2 )}}{9} = \frac{{9 - 8}}{9} = \frac{1}{9}\]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Tiếp tuyến vuông góc ⇔ tích hệ số góc \( = \; - 1\).

·        Dùng Viét để liên hệ nghiệm, thay vào điều kiện vuông góc để tìm tích các giá trị \(k\).

Giải chi tiết:

Ta có:

  \[y' = 8{x^7} + 5(m - 2){x^4} - 4({m^2} - 4){x^3}\]

  \[ = {x^3}[8{x^4} + 5(m - 2)x - 4({m^2} - 4)]\]

Xét các trường hợp:

Trường hợp 1: \({m^2} - 4 = 0 \Rightarrow m =  \pm 2\)

- Với m=2: \(y' = 8{x^7} \Rightarrow x = 0\) là điểm cực tiểu.

- Với m=-2: \(y' = {x^4}(8{x^4} - 20) \Rightarrow x = 0\) không là cực tiểu.

Trường hợp 2: \({m^2} - 4 \ne 0\)

Xét đạo hàm cấp hai của biểu thức trong ngoặc:

  \[g''(0) =  - 4({m^2} - 4)\]

Để x=0 là điểm cực tiểu:

  \[g''(0) > 0 \Rightarrow {m^2} - 4 < 0 \Rightarrow  - 2 < m < 2\]

Suy ra:

  \[m \in \{  - 1,0,1\} \]

Tổng hợp lại:

  \[m \in \{  - 1,0,1,2\} \]

Mở rộng:

·        Công thức tổng quát: Điểm cực tiểu tại \(x = 0\; \Leftrightarrow \;y'\left( 0 \right) = 0\;\)và \(y''\left( 0 \right) > 0\).

·        Xét đạo hàm cấp 1 và cấp 2 theo tham số m, tìm số giá trị nguyên thỏa mãn.

Giải chi tiết:

• Các từ còn lại chỉ sự vất vả, khổ sở…
• Từ khổ hình có nghĩa là hình phạt nặng

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Trầm trồ là động từ, có nghĩa là tỏ ý nồng nhiệt khen ngợi, cảm phục >< những từ còn lại là tính từ chỉ trạng thái trầm tĩnh, kín đáo, lặng lẽ...

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: -> thuần phác là tính từ chỉ sự hiền lành, chất phác >< các từ còn lại có nghĩa là toàn một thứ, không lẫn lộn

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: -> Từ quy tụ có nghĩa là (từ nhiều nơi, nhiều hướng) quy về, tụ về một chỗ, một điểm >< các từ còn lại có nghĩa là những điều quy định đòi hỏi phải tuân theo

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Từ cắt phải dùng dụng cụ sắc nhọn >< các từ còn lại dùng tay

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Cặp từ " cơ bản/ xu hướng" là phù hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Cặp từ "hành động/ niềm tin " là phù hợp nhất để điền vào chỗ trống trong câu.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải: Trí thức cần có nền tảng kiến thức sâu rộng để hiểu biết và phân tích vấn đề. Ý tưởng mới: Họ cần có khả năng sáng tạo và đưa ra những ý tưởng mới để thúc đẩy sự phát triển của xã hội.

Các phương án khác không phù hợp vì:

• Lòng nhân ái và niềm tin là những phẩm chất tốt đẹp, nhưng không đủ để định nghĩa vai trò của một người trí thức trong việc thức tỉnh xã hội.
• "tiền" không phù hợp trong vế thứ hai của câu hỏi.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Tự do: Khi còn bé, chúng ta thường mơ ước được tự do làm những điều mình thích khi trưởng thành.

Ý tưởng mới: Họ cần có khả năng sáng tạo và đưa ra những ý tưởng mới để thúc đẩy sự phát triển của xã

Từ bỏ: Thực tế, khi trưởng thành, con người phải từ bỏ nhiều thứ, bao gồm cả những ước mơ thuở nhỏ.

Vì vậy, cặp từ "tự do/ từ bỏ" phù hợp nhất để điền vào chỗ trống, thể hiện sự đối lập giữa mơ ước và thực tế khi trưởng thành.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Từ có văn hoá trọn vẹn hơn, đầy đủ hơn so với từ có học nên loại đáp án A và C.

Từ ở vị trí trống thứ nhất chọn từ cách cư xử phù hợp hơn.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Từ khiêm nhường dùng sai về ngữ nghĩa, sửa thành từ khiêm tốn.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Từ công nghiệp dùng sai về ngữ nghĩa, sửa thành từ công nghệ.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Từ “mặc dù vậy” dùng sai về logic (Vì không có nghĩa đối lập, tương phản với nhau), sửa thành từ “trong đó”.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Từ “nhạy bén” dùng sai về ngữ nghĩa.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Từ “lưu hành” dùng sai về ngữ nghĩa. Đây là từ hán việt dùng không đúng với văn cảnh.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng: C

Phương pháp giải: Xác định quan hệ nguyên nhân – kết luận trong câu văn.
Giải chi tiết: Văn bản khẳng định cuốc xuất hiện ở mọi nơi, do nhiều nhóm người sáng tạo, nên không có trung tâm truyền bá.

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải: Tổng hợp các yếu tố được liệt kê trong văn bản.
Giải chi tiết: Văn bản nêu rõ đất đai, tâm lí kĩ thuật, nguyên liệu chế tác… tạo nên tính đặc thù của cuốc.

Giải chi tiết: Từ hiệu suất được nhắc đến trong câu “Việc thay thế nguyên liệu chế tác cuốc từ đá, xương, gỗ đến kim loại cũng dẫn tới sự thay đổi nhiều về hình dáng và làm tăng thêm hiệu suất của cuốc.”

Do đó Từ “hiệu suất” (in đậm) trong đoạn trích mang nét nghĩa là “Khả năng sử dụng”.

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án đúng: C

Phương pháp giải: Phân tích dụng ý so sánh trong văn bản.
Giải chi tiết: Tác giả dùng cày để làm đối chứng, nhằm làm nổi bật tính phổ quát, không có trung tâm xuất hiện của cuốc.

Giải chi tiết: Phong cách ngôn ngữ của đoạn trích là “Báo chí”.

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng: C

Phương pháp giải: Phân tích dụng ý liên kết các dẫn chứng.
Giải chi tiết: Tác giả đặt hai câu chuyện cạnh nhau để rút ra điểm chung là sự tự tin – yếu tố quyết định thành công.

Đáp án đúng: C

Phương pháp giải: Xác định luận điểm trung tâm được triển khai ở đoạn cuối.
Giải chi tiết: Tác giả khẳng định tự tin bắt đầu từ bên trong, từ sự hiểu mình.

Giải chi tiết: Tác giả cho rằng sự tự tin bắt nguồn từ việc hiểu rõ giá trị bản thân, không phụ thuộc vào các yếu tố bên ngoài như tài năng, dung mạo hay gia thế.

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng: B

Phương pháp giải: Khái quát mối quan hệ nhân quả được gợi ra trong văn bản.
Giải chi tiết: Văn bản cho thấy tự tin thực sự nảy sinh từ sự hiểu rõ giá trị bản thân, không phụ thuộc yếu tố bên ngoài.

Giải chi tiết: Giọng điệu của đoạn thơ là Hào hùng, bi tráng.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Các đáp án B, C, D đều là hình ảnh nhân hoá.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Đối tượng chính là Đồng lúa. Đồng lúa là đối tượng bao quát, trong đồng lúa có lũ cò con, có cô nàng yếm thắm, có cỏ ruộng.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Câu thơ “Một người chín nhớ mười mong một người” có thành ngữ “chín nhớ mười mong”.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Thành ngữ “coi trời bằng vung” được nhắc đến trong câu “Thái độ “coi trời bằng vung” vừa là ảo giác vừa là hiện thực trong cảm nhận của giới trẻ đối với hiện thực xã hội.”

Tất cả các đáp án đều có ý đúng nhưng đáp án đầy đủ nhất là đáp án A.

Thành ngữ “coi trời bằng vung” trong đoạn trích thể hiện ý nghĩa: “Người trẻ liều lĩnh, chủ quan và không sợ mọi khó khăn, thử thách”.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Câu văn sử dụng cấu trúc "bao nhiêu... bấy nhiêu" để so sánh hai mặt đối lập: "thói quen xấu" và "thói quen tốt".

"Thói quen xấu" có tác động tiêu cực, "bào mòn" con người, trong khi "thói quen tốt" có tác động tích cực, "bồi đắp" con người.

Hai vế câu thể hiện sự đối lập về tác động và kết quả, cho thấy mối quan hệ tương phản giữa chúng.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Đoạn trích tập trung vào việc miêu tả suy nghĩ, cảm xúc và hành động của nhân vật Chiến.

Người kể chuyện đi sâu vào nội tâm của Chiến, cho thấy rõ ràng những diễn biến tâm lý phức tạp của anh ta đối với con nhện.

Các câu văn như "Ngứa mắt, anh muốn bắt giết ngay con nhện", "Nhưng chợt nghĩ lại...", "Đợi đấy! Số mày đã tận, nhưng ta thề chẳng bao giờ động thủ" thể hiện rõ ràng điểm nhìn từ bên trong nhân vật Chiến.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Trong ngữ cảnh đoạn thơ, "cái lẽ ở đời" được mẹ ru, tức là những điều mẹ dạy con.

Những điều mẹ dạy thường là những bài học, kinh nghiệm sống được đúc kết từ cuộc đời.

Mặc dù các phương án B, C, D đều có liên quan đến cuộc đời, nhưng "bài học, kinh nghiệm sống" là gần nghĩa nhất với ý thơ, thể hiện sự giản dị, gần gũi của lời ru mẹ.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Đoạn trích nhấn mạnh rằng những người "tồn tại chứ không phải đang sống" là những người không nhận ra và sử dụng quyền lựa chọn của mình.

Họ đưa ra nhiều lý do để biện minh cho sự thất bại, nhưng thực chất là họ đang trốn tránh trách nhiệm và không dám đưa ra những quyết định để thay đổi cuộc sống.

Họ không nhận ra rằng "chiếc chìa khóa đang ở ngay trong chính bản thân mình, trong cách suy nghĩ của mình", tức là họ không biết cách sử dụng quyền lựa chọn để mở ra những cơ hội mới.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Cụm từ "họ đã làm ra Đất Nước" trong đoạn thơ mang ý nghĩa sâu sắc, thể hiện sự đóng góp to lớn của những người dân bình thường vào việc hình thành và phát triển đất nước.

Họ không chỉ là những người lao động sản xuất, mà còn là những người đã chiến đấu, hy sinh để bảo vệ đất nước.

Đoạn thơ ca ngợi tinh thần yêu nước, lòng dũng cảm và sự hy sinh thầm lặng của những người dân vô danh, những người đã tạo nên lịch sử và văn hóa của đất nước.

Các đáp án còn lại chỉ mang tính chất một phần trong nghĩa mà tác giả muốn truyền tải.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Tháng 9 năm 1945.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Công tác dưới danh nghĩa cán bộ Việt Minh

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Đoạn trích nói rằng "Chúng coi chính quyền ta là một chính quyền chỉ tồn tại trên thực tế, không phải là một chính quyền tồn tại về pháp lí".

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Đoạn (2) bắt đầu bằng một câu chủ đề chung ("Chính quyền cách mạng thành lập nhiều ngày, vẫn chưa được nước nào công nhận") và sau đó triển khai ý bằng các chi tiết cụ thể.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Đoạn trích chủ yếu tập trung vào những khó khăn mà chính quyền mới phải đối mặt, không đề cập đến những thuận lợi.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Bài thơ có 8 câu, mỗi câu 7 chữ, tuân theo thể thơ thất ngôn bát cú.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Hai câu thực (câu 3-4) miêu tả trực tiếp sự bất công và nỗi khổ của người phụ nữ trong cảnh "chồng chung".

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Câu 3-4: "Năm thì mười họa hay chăng chớ/ Một tháng đôi lần có cũng không" đối nhau về tần suất.

Câu 5-6: "Cố đấm ăn xôi xôi lại hẩm/ Cầm bằng làm mướn mướn không công" đối nhau về nỗ lực và kết quả nhận được.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: “Kẻ đắp chăn bông” không phải là thành ngữ. Đây là một cụm từ miêu tả trạng thái, không phải thành ngữ. Các thành ngữ còn lại đều là những cụm từ cố định, mang ý nghĩa bóng bẩy.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: Đoạn trích được kể bởi một người kể chuyện đứng ngoài sự kiện, quan sát và miêu tả các nhân vật và diễn biến câu chuyện.

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết: Đáp án A là đầy đủ và chính xác.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết: Đoạn trích tập trung miêu tả Hec-to như một người anh hùng dũng mãnh, tài ba và có sức mạnh phi thường.

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết: Đoạn trích so sánh Hec-to với Dớt để nhấn mạnh sức mạnh phi thường của anh, chứ không phải để khẳng định họ ngang hàng hay bổ sung cho nhau.

Đáp án cần chọn là: D

Giải chi tiết: "Tiên phong" là đặc điểm của đạo quân mà ba vị tướng chỉ huy, không phải là đặc điểm của chính họ.

Đáp án cần chọn là: D

Phương pháp giải:

Thể tích hình trụ: \[V = S \cdot h\]

Diện tích hình tròn: \[S = \frac{{\pi {d^2}}}{4}\]

Tốc độ: \[v = \frac{{\Delta h}}{{\Delta t}}\]

Giải chi tiết:

Thể tích chất lỏng đổ vào trong thời gian t: \[V = 14t\;({\rm{c}}{{\rm{m}}^3})\]

Mặt khác: \[V = S \cdot \Delta h \Rightarrow \Delta h = \frac{V}{S}\]

Tốc độ mực chất lỏng dâng: \[v = \frac{{\Delta h}}{t} = \frac{{14}}{S} = \frac{{14}}{{\frac{{\pi \cdot {6^2}}}{4}}} \approx 0,12\;{\rm{cm/s}}\]

Phương pháp giải:

Độ lớn lực ma sát: \[{F_{ms}} = \mu N\]

Giải chi tiết:

Ở trường hợp (a), khi đẩy hướng xuống, thành phần lực thẳng đứng của lực đẩy sẽ cộng thêm vào trọng lượng của hệ à tăng lực ma sát

Ở trường hợp kéo (b), lực kéo có thành phần hướng lên trên làm giảm phản lực N, do đó lực ma sát giảm, giúp kéo xe dễ dàng hơn.

Đáp án cần chọn là: B

Phương pháp giải:

Chu kì dao động con lắc lò xo: \[T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \]

Giải chi tiết:

Ta có: \[T = 2\pi \sqrt {\frac{{m + \Delta m}}{k}} \]

Từ đồ thị: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta m = 10{\rm{ g}},\quad T_{10}^2 = 0,3}\\{\Delta m = 40{\rm{ g}},\quad T_{40}^2 = 0,4}\end{array}} \right.\]

=> \[\frac{{T_{10}^2}}{{T_{40}^2}} = \frac{{m + 10}}{{m + 40}} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = \frac{3}{4} \Rightarrow m = 80{\rm{ g}}\]