Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2026 có đáp án (Đề số 20)

Phương pháp giải: \(P(B|A) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( A \right)}}\)

Giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố "người mua hàng là phụ nữ"

\(B\) là biến cố "người mua hàng cần nhân viên tư vấn", ta cần tính \(P(B|A)\)

\(P\left( A \right) = 0,86\); \(P\left( {AB} \right) = 0,25\)

Vậy \(P(B|A) = \frac{{0,25}}{{0,86}} = \frac{{25}}{{86}}\).

Phương pháp giải: Sử dụng phần bù

Giải chi tiết:

Số cách chọn \(5\) học sinh bất kỳ từ \(10\) học sinh là \(C_{10}^5\).

Số cách chọn \(5\) học sinh đều là học sinh nam là \(C_6^5\).

Do đó, số kết quả thuận lợi của biến cố \(D\) là:

\(n(D) = C_{10}^5 - C_6^5 = 246.\)

Phương pháp giải:

Gọi biến cố \(E\): " Xếp \(9\) giám khảo sao cho không có giám khảo nào cùng tỉnh đứng kề nhau ".

Xét biến cố \(A\): " Ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Phú Yên đứng kề nhau".

Xét biến cố \(B\): " Ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Quảng Ngãi đứng kề nhau ".

\(n\left( {\bar E} \right) = n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right)\)

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 9!\).

Gọi biến cố \(E\): " Xếp \(9\) giám khảo sao cho không có giám khảo nào cùng tỉnh đứng kề nhau ".

Suy ra: \(\bar E\): "Xếp \(9\) giám khảo sao cho có ít nhất hai giám khảo cùng tỉnh đứng kề nhau ".

Xét biến cố \(A\): " Ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Phú Yên đứng kề nhau".

Suy ra: \(n\left( A \right) = 2!.8!\).

Xét biến cố \(B\): " Ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Quảng Ngãi đứng kề nhau ".

Suy ra: \(n\left( B \right) = 9! - 6!.A_7^3\).

Xét biến cố \(A \cap B\): " Ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Phú Yên và ít nhất \(2\) giám khảo tỉnh Quảng Ngãi đứng kề nhau ".

Suy ra: \(n\left( {A \cap B} \right) = 2.\left( {8! - 5!.A_6^3} \right)\).

Suy ra: \(n\left( {\bar E} \right) = n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right) = 80640 + 211680 - 51840 = 240480\).

Khi đó: \(P\left( {\bar E} \right) = \frac{{n\left( {\bar E} \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{167}}{{252}}\).

Vậy xác suất cần tìm là: \(P\left( E \right) = 1 - P\left( {\bar E} \right) = 1 - \frac{{167}}{{252}} = \frac{{85}}{{252}} \approx 0,34\).

Phương pháp giải: Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \)

Giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 3;4} \right)\) và \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 4;3;2} \right)\). Vì \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương nên ba điểm \(A,B,C\) không thẳng hàng.

Gọi \(D\left( {x;y;z} \right) \Rightarrow \overrightarrow {DC} = \left( { - 3 - x;5 - y;1 - z} \right)\).

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi:

\(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 = - 3 - x}\\{ - 3 = 5 - y}\\{4 = 1 - z}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 4}\\{y = 8}\\{z = - 3}\end{array}} \right.\)

Vậy tọa độ điểm \(D\) là \(D\left( { - 4;8; - 3} \right)\).

Phương pháp giải: \({\rm{cos}}\left( {MN,CB'} \right) = \left| {\cos \widehat {DA'I}} \right|\)

Giải chi tiết:

Gọi \(I\) là trung điểm của \(DC'\).

Trong tam giác \(CDC'\) có \(NI\) là đường trung bình của tam giác, nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel CC'}\\{NI = \frac{1}{2}CC'}\end{array}} \right.\).

Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CC'\parallel AA'}\\{CC' = AA'}\end{array}} \right.\) (tính chất hình hộp)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel AA'}\\{NI = \frac{1}{2}AA'}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{NI\parallel MA'}\\{NI = MA'}\end{array}} \right.\).

Vậy tứ giác \(MNIA'\) là hình bình hành nên \(MN\parallel IA'\).

Mà \(IA' \subset \left( {A'C'D} \right) \Rightarrow MN\parallel \left( {A'C'D} \right)\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MN\parallel IA'}\\{CB'\parallel DA'}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {\widehat {CB',MN}} \right) = \left( {\widehat {DA',IA'}} \right) = \widehat {DA'I}\)hoặc \({180^0} - \widehat {DA'I}\).

Ta có tam giác \(DAA'\) đều nên \(DA' = a\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) có:\(\widehat {ABC} = {\rm{\;}}{120^0};A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot {\rm{cos}}{120^0} = 3{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 3 \).

Tương tự, áp dụng định lý cosin cho \({\rm{\Delta }}A'AB'\) ta có \(AB' = a\sqrt 3 \).

Ta có \(AC = A'C' = a\sqrt 3 ,AB' = DC' = a\sqrt 3 \).

Trong \({\rm{\Delta }}DA'C'\) có \(A'I\) là đường trung tuyến:
\(I{A'^2} = \frac{{D{{A'}^2} + A'{{C'}^2}}}{2} - \frac{{D{{C'}^2}}}{4} = \frac{{{a^2} + 3{a^2}}}{2} - \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{4} \Rightarrow IA' = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}{\rm{.}}\)

Trong \({\rm{\Delta }}A'DI\) ta có: \({\rm{cos}}\widehat {DA'I} = \frac{{D{{A'}^2} + I{{A'}^2} - D{I^2}}}{{2 \cdot DA' \cdot IA'}} = \frac{3}{{2\sqrt 5 }} > 0\).

Kết luận: \({\rm{cos}}\left( {MN,CB'} \right) = \left| {\cos \widehat {DA'I}} \right| = \frac{3}{{2\sqrt 5 }} = \frac{{3\sqrt 5 }}{{10}}\).

Phương pháp giải:

Trong tam giác \(ABC\) kẻ \(AE \bot BC\) và trong tam giác \(ADE\) kẻ \(AH \bot DE\).

                        \(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH\)

Giải chi tiết:

Ta có \(A{B^2} + A{C^2} = {3^2} + {4^2} = {5^2} = B{C^2}\) nên tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

Tứ diện \(ABCD\) có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau tại \(A\).

Trong tam giác \(ABC\) kẻ \(AE \bot BC\) và trong tam giác \(ADE\) kẻ \(AH \bot DE\).

Khi đó \(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH\).

Lại có:

      \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{{17}}{{72}} \Rightarrow AH = \frac{{6\sqrt {34} }}{{17}}{\rm{.}}\)

Vậy \(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = \frac{{6\sqrt {34} }}{{17}}\).

Phương pháp giải:

                         \(V = \frac{1}{3} \cdot SH \cdot {S_{ABC}}\)

Giải chi tiết:

Phương pháp giải: \(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2CA.CB.{\rm{cos}}\widehat {ACB}\)

Giải chi tiết:

\(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2CA.CB.{\rm{cos}}{60^0} = 36400 \Rightarrow AB = 20\sqrt {91} \left( {\rm{m}} \right)\).

Phương pháp giải: \(I,J\) là 2 trung điểm của \(\left( {AB} \right)\) và \(\left( {AC} \right)\) cho nên \(IJ\parallel BC\)

Giải chi tiết:

Do \(A\) thuộc \(Oy\) cho nên \(A\left( {0;m} \right)\). \(\left( {BC} \right)\) qua gốc tọa độ \(O\) cho nên \(\left( {BC} \right):ax + by = 0\left( 1 \right)\).

Vì \(I,J\) là 2 trung điểm của \(\left( {AB} \right)\) và \(\left( {AC} \right)\) cho nên \(IJ\parallel BC\) suy ra \(\left( {BC} \right)\) có vectơ chỉ phương:

\(\overrightarrow {IJ} = \left( { - 4; - 2} \right)\) cùng phương với \(\vec u = \left( {2;1} \right) \Rightarrow \left( {BC} \right):x - 2y = 0\)

\(B\) thuộc \(\left( {BC} \right)\) suy ra \(B\left( {2t;t} \right)\).

Vì \(I\) là trung điểm của \(AB\) nên \(A\left( {2 - 2t;6 - t} \right)\).

Nhưng \(A\) thuộc \(Oy\) cho nên: \(2 - 2t = 0 \Rightarrow t = 1\) và \(A\left( {0;5} \right)\).

Từ \(J\) là trung điểm \(AC\) ta có: \(C\left( { - 6; - 3} \right)\)

Từ \(I\) là trung điểm \(AB\) ta có \(B\left( {2;1} \right)\).

Đường cao \(BH\) qua \(B\left( {2;1} \right)\) và vuông góc với \(AC\) cho nên có:

\(\overrightarrow {AC} = \left( { - 6; - 8} \right)\)  cùng phương với \(\vec n = \left( {3;4} \right)\) 

\( \Rightarrow \left( {BH} \right):3\left( {x - 2} \right) + 4\left( {y - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 3x + 4y - 10 = 0 \Leftrightarrow x + \frac{4}{3}y - \frac{{10}}{3} = 0\).

Phương pháp giải: Tính số vòng quạt quay trong \(3\) giây.

Giải chi tiết:

Trong \(3\) giây, quạt quay được: \(3 \cdot \frac{{45}}{{60}} = \frac{9}{4}\)(vòng)

Vậy quạt quay được một góc: \(2\pi \cdot \frac{9}{4} = \frac{{9\pi }}{2}\;({\rm{rad}})\)

Phương pháp giải: \({x^n}.{x^m} = {x^{m + n}}\)

Giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}P = \frac{{{{\left( {{a^{\frac{1}{3}}}} \right)}^6}}}{{{{\left( {{a^{ - \frac{1}{2}}} \cdot {b^{ - \frac{1}{3}}} \cdot {a^{\frac{4}{3}}} \cdot {b^{\frac{4}{3}}}} \right)}^3}}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^{\frac{3}{2}}} \cdot {a^4} \cdot {b^3}}}\\ = \frac{1}{{{a^{\frac{3}{2} + 2}} \cdot {b^3}}} = \frac{1}{{{a^2} \cdot {b^3}}} = \frac{{\sqrt a }}{{a \cdot {b^3}}}.\end{array}\)

Phương pháp giải:

Công thức tính tiền vay lãi kép:

                         \({T_n} = a{\left( {1{\rm{ + }}x} \right)^n}\)

Trong đó:

\(a\): số tiền vay ban đầu.

\(x\): lãi suất \(x{\rm{\% }}/{\rm{nam}}\).

\(n\): số năm.

Giải chi tiết:

Công thức tính tiền vay lãi kép:

                         \({T_n} = a{\left( {1{\rm{ + }}x} \right)^n}\)

Từ công thức trên ta suy ra:

                              \(x = \sqrt[n]{{\frac{{{T_n}}}{a}}} - 1\)

Vậy lãi suất là:

\(x = \sqrt {\frac{{1058}}{{800}}} - 1 = 0,15 = 15{\rm{\% }}/\) năm

Phương pháp giải:

Giả sử \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) \(\left( {a \ne 0} \right)\).

Quả bóng được đá lên từ độ cao \[3m,\]nên: \(f\left( 0 \right) = c = 3\)

Sau đó \(1\) giây nó đạt độ cao \(6m\) nên: \(f\left( 1 \right) = a + b + c = 6\)

Sau khi đá \(4\) giây, quả bóng ở độ cao \[3m,\] nghĩa là: \(f\left( 4 \right) = 16a + 4b + c = 3\)

Giải chi tiết:

Chọn gốc tọa độ \(O\) dưới mặt đất theo phương thẳng đứng so với vị trí của người đá banh

Vị trí của người đá banh là \(A\) và trái banh tiếp đất ở vị trí \(B\).

Giả sử \(y = f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) \(\left( {a \ne 0} \right)\).

Quả bóng được đá lên từ độ cao \[3m,\] nên: \(f\left( 0 \right) = c = 3\)

Sau đó \(1\) giây nó đạt độ cao \(6m\) nên: \(f\left( 1 \right) = a + b + c = 6\)

Sau khi đá \(4\) giây, quả bóng ở độ cao \[3m,\] nghĩa là: \(f\left( 4 \right) = 16a + 4b + c = 3\)

Từ đó ta có hệ phương trình bậc nhất:

   \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{c = 3}\\{a + b + c = 6}\\{16a + 4b + c = 3}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - 1}\\{b = 4}\\{c = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy, hàm số cần tìm là: \(y = f\left( x \right) = - {x^2} + 4x + 3\)

Để quả bóng chạm đất thì cao độ bằng \(0 \Leftrightarrow y = 0 \Leftrightarrow - {x^2} + 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - \sqrt 7 \approx - 0,65}\\{x = 2 + \sqrt 7 \approx 4,65}\end{array}} \right.\)

Như vậy, quả bóng chạm đất sau gần \[4,65\] giây.

Phương pháp giải:

Từ \(0\) giờ đến \(12\) giờ trưa, đồng hồ đánh số tiếng chuông là:

                                         \(1 + 2 + 3 + ... + 11 + 12\)

Giải chi tiết:

Lúc \(1\) giờ đồng hồ đánh \(1\) tiếng chuông.

Lúc \(2\) giờ đồng hồ đánh \(2\) tiếng chuông

…….

Lúc \(12\) giờ trưa đồng hồ đánh \(12\) tiếng chuông.

Do đó, từ \(0\) giờ đến \(12\) giờ trưa, đồng hồ đánh số tiếng chuông là:

                                         \(1 + 2 + 3 + ... + 11 + 12\)

Đây là tổng \(12\) số hạng của cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1\), công sai \(d = 1\).

Vậy tổng số tiếng chuông đồng hồ trong khoảng thời gian từ \(0\) giờ đến \(12\) giờ trưa là:

\({S_{12}} = \frac{{12(1 + 12)}}{2} = 78\)

Phương pháp giải:

               \(\smallint {x^n}dx = \frac{{{x^{n + 1}}}}{{n + 1}} + C\)

Giải chi tiết:

Ta có \(I = \mathop \smallint \nolimits_0^{ - 1} f\left( x \right)dx + 2\mathop \smallint \nolimits_0^2 f\left( x \right)dx = F\left( { - 1} \right) - F\left( 0 \right) + 2F\left( 2 \right) - 2F\left( 0 \right)\).

Do đó \(I = F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) - 3F\left( 0 \right) = F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) - 6 \Rightarrow F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) = I + 6\).

Mà \(\mathop \smallint \nolimits_0^{ - 1} f\left( x \right)dx = - \mathop \smallint \nolimits_{ - 1}^0 \left( {3{x^2} + 4} \right)dx = - 5\) và \(2\mathop \smallint \nolimits_0^2 f\left( x \right)dx = 2\left( {\mathop \smallint \nolimits_0^1 \left( {3{x^2} + 4} \right)dx + \mathop \smallint \nolimits_1^2 \left( {2x + 5} \right)dx} \right) = 26\).

Suy ra \(I = 26 - 5 = 21\).

Vậy \(F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) = 21 + 6 = 27\).

Phương pháp giải: Xác định diện tích Parabol

Giải chi tiết:

Chọn hệ trục tọa độ \(Oxyz\) sao cho mặt trước lều nằm trên mặt phẳng \(Oxy\).

Parabol \(\left( P \right):y = a{x^2} + bx + c,\left( {a \ne 0} \right)\) có đỉnh \(C\left( {0;3} \right)\), đi qua hai điểm \(A\left( { - 2;0} \right)\) và \(B\left( {2;0} \right)\) nên có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0.a + 0.b + c = 3}\\{4a - 2b + c = 0}\\{4a + 2b + c = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = - \frac{3}{4}}\\{b = 0}\\{c = 3}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(\left( P \right):y = - \frac{3}{4}{x^2} + 3\).

Diện tích mặt trước của lều trại là: \(S = \mathop \smallint \nolimits_{ - 2}^2 \left( {3 - \frac{3}{4}{x^2}} \right)dx = 8{\rm{(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}\)

Phương pháp giải:

             \(\frac{{{x^4} + 2}}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{2}{{{x^2}}}\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(\int f (x){\mkern 1mu} dx = \int {\frac{{{x^4} + 2}}{{{x^2}}}} {\mkern 1mu} dx = \int {\left( {{x^2} + \frac{2}{{{x^2}}}} \right)} {\mkern 1mu} dx = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{2}{x} + C.\)

Phương pháp giải: Tìm nghiệm của biểu thức và xét dấu.

Giải chi tiết:

Xét phương trình bậc hai: \(3{x^2} - 2\left( {m + 5} \right)x - {m^2} + 2m + 8 = 0\)

\({\rm{\Delta '}} = {\left( {2m{\rm{ + }}1} \right)^2}\)

\({x_1} = \frac{{\left( {m + 5} \right) + \sqrt {{{\left( {2m{\rm{ + }}1} \right)}^2}} }}{3} = \frac{{m + 5 + 2m + 1}}{3} = \frac{{3m + 6}}{3} = m + 2\)

\({x_2} = \frac{{\left( {m + 5} \right) - \sqrt {{{\left( {2m{\rm{ + }}1} \right)}^2}} }}{3} = \frac{{m + 5 - \left( {2m + 1} \right)}}{3} = \frac{{m + 5 - 2m - 1}}{3} = \frac{{4 - m}}{3}\)

TH1: \(m + 2 > \frac{{4 - m}}{3}\)

    \( \Leftrightarrow 3m + 6 > 4 - m \Leftrightarrow m > - \frac{1}{2}\)

Khi đó, tập nghiệm của bất phương trình \(\left( 1 \right)\) là: \(S = \left[ {\frac{{4 - m}}{3};m + 2} \right]\)

Để mọi \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\) đều là nghiệm của bất phương trình \(\left( 1 \right)\) thì:

\(\left[ { - 1;1} \right] \subset \left[ {\frac{{4 - m}}{3};m + 2} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1 \ge \frac{{4 - m}}{3}}\\{1 \le m + 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 7}\\{m \ge - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \ge 7\)

Kết hợp với điều kiện \(m > - \frac{1}{2}\), ta có \(m \ge 7\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TH2: \(m + 2 < \frac{{4 - m}}{3}\)

                               \( \Leftrightarrow m < - \frac{1}{2}\)

Khi đó, tập nghiệm của bất phương trình \(\left( 1 \right)\) là: \(S = \left[ {m + 2;\frac{{4 - m}}{3}} \right]\)

Để mọi \(x \in \left[ { - 1;1} \right]\) đều là nghiệm của bất phương trình \(\left( 1 \right)\) thì:

\(\left[ { - 1;1} \right] \subset \left[ {m + 2;\frac{{4 - m}}{3}} \right] \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 1 \ge m + 2}\\{1 \le \frac{{4 - m}}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le - 3}\\{m \le 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \le - 3\)

Kết hợp với điều kiện \(m < - \frac{1}{2}\), ta có \(m \le - 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Th3: \(m = - \frac{1}{2}\)

Khi đó \(m + 2 = \frac{{4 - m}}{3} = \frac{3}{2}\).

Bất phương trình \(\left( 1 \right)\) trở thành: \(3{\left( {x - \frac{3}{2}} \right)^2} \le 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2}\).

Nghiệm này không chứa khoảng \(\left[ { - 1;1} \right]\) nên \(m = - \frac{1}{2}\) không thỏa mãn.

Vậy giá trị \(m\) cần tìm là \(m \in \left( { - \infty ; - 3\left] \cup \right[7; + \infty } \right)\).

Phương pháp giải: Sử dụng tổ hợp.

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu: Hộp có tổng cộng \(5 + 3 = 8\) quả cầu. Lấy ngẫu nhiên \(2\) quả từ \(8\) quả, ta có:

                       \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = C_8^2 = 28\)

Gọi \(A\) là biến cố: "Lấy được hai quả màu trắng".

Số cách chọn \(2\) quả trắng từ \(5\) quả trắng là:

                                   \(n\left( A \right) = C_5^2 = 10\)

Xác suất của biến cố \(A\):

\(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{10}}{{28}} = \frac{5}{{14}}\)

Phương pháp giải:

Vì đài kiểm soát không lưu của một sân bay ở vị trí \(O\left( {0;0;0} \right)\) và được thiết kế phát hiện máy bay ở khoảng cách tối đa \(600\) km nên ranh giới vùng phát sóng của đài kiểm soát không lưu trong không gian là mặt cầu có bán kính bằng \(600\) km.

Giải chi tiết:

Ranh giới vùng phát sóng của đài kiểm soát không lưu trong không gian là mặt cầu tâm \(O\left( {0;0;0} \right)\) có bán kính bằng \(R = 600\) có phương trình là: \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 360000\).

Phương pháp giải: Tính \(OM\)

Giải chi tiết:

Ta có \(OM = \sqrt {{{\left( { - 500} \right)}^2} + {{\left( {100} \right)}^2} + {{\left( {100\sqrt {11} } \right)}^2}} \approx 608 > 600 = R\).

Vậy, tại vị trí điểm \(M\left( { - 500;100;100\sqrt {11} } \right)\) máy bay nằm ngoài vùng kiểm soát không lưu của đài kiểm soát không lưu sân bay khoảng \[8km.\]

Phương pháp giải: Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt cầu.

Giải chi tiết:

Thay \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 1000 + 100t}\\{y = - 300 + 80t}\\{z = 100\sqrt {11} }\end{array}} \right.\left( {t \in \mathbb{R}} \right)\) vào phương trình mặt cầu \(\begin{array}{l}{x^2} + {y^2} + {z^2} = 36000 \Leftrightarrow {\left( {100t - 1000} \right)^2} + {\left( {80t - 300} \right)^2} + {\left( { - 100\sqrt {11} } \right)^2} = 360000 \Leftrightarrow 164{t^2} - 2480t + 8400 = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{t = 10 \Rightarrow B\left( {0;500;100\sqrt {11} } \right)}\\{t = \frac{{210}}{{41}} \Rightarrow C\left( { - \frac{{20000}}{{41}};\frac{{4500}}{{41}};100\sqrt {11} } \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)

Quãng đường máy bay di chuyển trong vùng kiểm soát không lưu là: 

\(BC = \sqrt {{{\left( { - \frac{{20000}}{{41}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{4500}}{{41}} - 500} \right)}^2} + {{\left( {100\sqrt {11} 100\sqrt {11} } \right)}^2}} \approx 625\) km.

Vậy thời gian máy bay di chuyển theo đường thẳng \(d\) và trong phạm vi kiểm soát không lưu của sân bay là: \(\frac{{625}}{{900}} = \frac{{25}}{{36}} \approx 0,7\) giờ.

Đáp án: \[226.\]

Phương pháp giải: \(P\left( t \right) = \smallint P'\left( t \right)dt = \smallint \left( {8t{\rm{ + }}30} \right)dt = 4{t^2} + 30t + C\)

Giải chi tiết:

Ta có \(P\left( t \right) = \smallint P'\left( t \right)dt = \smallint \left( {8t{\rm{ + }}30} \right)dt = 4{t^2} + 30t + C\).

Lại có ban đầu người ta thả \(100\) cá thể gấu mèo: \(P\left( 0 \right) = 100 \Rightarrow C = 100 \Rightarrow P\left( t \right) = 4{t^2} + 30t + 100\).

Vậy số cá thể của đàn gấu mèo này tại thời điểm \(3\) tháng kể từ khi chúng được thả vào rừng là:

\(P\left( 3 \right) = {4.3^2} + 30.3 + 100 = 226\) (cá thể)

Đáp án: \( - 1.\)

Phương pháp giải:

Biến đổi biểu thức \(P\):

\(P = M{A^4} + M{B^4} + M{A^2} \cdot M{B^2} = {\left( {M{B^2} - M{A^2}} \right)^2} + 3M{A^2} \cdot M{B^2}\)

Giải chi tiết:

Vì \(M \in d\) nên tọa độ điểm \(M\) có dạng \(M\left( {t + 3;2t + 1;3t + 3} \right)\).

Suy ra:

          \(\overrightarrow {MA} = \left( { - t - 1; - 2t - 1; - 3t} \right)\)

        \(\overrightarrow {MB} = \left( { - t - 1; - 2t - 3; - 3t - 6} \right)\)

Tính bình phương độ dài các đoạn thẳng:

\(M{A^2} = {\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + {\left( {2t{\rm{ + }}1} \right)^2} + 9{t^2} = 14{t^2} + 6t + 2\) (1)

\(M{B^2} = {\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + {\left( {2t{\rm{ + }}3} \right)^2} + {\left( {3t{\rm{ + }}6} \right)^2} = 14{t^2} + 50t + 46\)(2)

Biến đổi biểu thức \(P\):

\(P = M{A^4} + M{B^4} + M{A^2} \cdot M{B^2} = {\left( {M{B^2} - M{A^2}} \right)^2} + 3M{A^2} \cdot M{B^2}\)

Thay \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] vào \(P\) ta được:

\(P = {\left( {44t{\rm{ + }}44} \right)^2} + 3\left( {14{t^2} + 6t + 2} \right)\left( {14{t^2} + 50t + 46} \right)\)

\(P = {44^2}{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + 3\left[ {14{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2} + 10 - 22\left( {t + 1} \right)} \right]\left[ {14{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2} + 10 + 22\left( {t + 1} \right)} \right]\)

\(P = 1936{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + 3\left\{ {{{\left[ {14{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2}{\rm{ + }}10} \right]}^2} - {{22}^2}{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2}} \right\}\)

\(P = 1936{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + 3\left[ {196{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^4} + 280{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2} + 100 - 484{{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)}^2}} \right]\)

\(P = 588{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^4} + 1324{\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2} + 300\).

Đặt \(u = {\left( {t{\rm{ + }}1} \right)^2},u \ge 0 \Rightarrow P = 588{u^2} + 1324u + 300,u \ge 0\).

Xét hàm số \(f\left( u \right) = 588{u^2} + 1324u + 300,u \ge 0\) có \(f'\left( u \right) = 1176u + 1324 > 0,\forall u \ge 0\).

Do đó \(f\left( u \right) \ge f\left( 0 \right),\forall u \ge 0\).

Ta được \({P_{min}} = f\left( 0 \right) = 300\) khi \(u = 0 \Rightarrow t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = - 1\).

Với \(t = - 1\), ta có \({y_0} = 2\left( { - 1} \right) + 1 = - 1\).

Vậy \({y_0} = - 1\).

Đáp án: \(\frac{2}{5}.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức xác suất toàn phần:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P(A|B) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P(A|\bar B)\)

Giải chi tiết:

Vì hộp thứ nhất có \(3\) quả bóng bàn màu trắng và \(2\) quả bóng bàn màu vàng nên khi lấy \(4\) quả bóng bàn ở hộp thứ nhất thì có hai khả năng: khả năng thứ nhất là lấy được \(3\) quả bóng bàn màu trắng và \(1\) quả bóng bàn màu vàng; khả năng thứ hai là lấy được \(2\) quả bóng bàn màu trắng và \(2\) quả bóng bàn màu vàng.

Xét các biến cố:

\(A\): "Lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai";

\(B\): "Lấy được \(4\) quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có \(1\) quả bóng bàn màu vàng";

\(\bar B\): "Lấy được \(4\) quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có \(2\) quả bóng bàn màu vàng".

Trường hợp \(1:\) Số cách lấy \(4\) quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là \(C_5^4\), có \(1\) cách lấy \(3\) quả bóng bàn màu trắng và \(2\) cách lấy \(1\) quả bóng bàn màu vàng, suy ra \(P\left( B \right) = \frac{{1 \cdot 2}}{{C_5^4}} = \frac{2}{5}\).

Vì khi đó hộp thứ hai có \(9\) quả bóng bàn màu trắng và \(5\) quả bóng bàn màu vàng nên \(P(A|B) = \frac{5}{{14}}\).

Trường hợp \(2:\) Số cách lấy \(4\) quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là \(C_5^4\), có \(C_3^2\) cách lấy \(2\) quả bóng bàn màu trắng và \(1\) cách lấy \(2\) quả bóng bàn màu vàng, suy ra \(P\left( {\bar B} \right) = \frac{{C_3^2 \cdot 1}}{{C_5^4}} = \frac{3}{5}\).

Vì khi đó hộp thứ hai có \(8\) quả bóng bàn màu trắng và \(6\) quả bóng bàn màu vàng nên \(P(A|\bar B) = \frac{6}{{14}}\).

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right) \cdot P(A|B) + P\left( {\bar B} \right) \cdot P(A|\bar B) = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{{14}} + \frac{3}{5} \cdot \frac{6}{{14}} = \frac{2}{5}\)

Vậy xác suất để lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai là \(\frac{2}{5}\).

Đáp án: \(42.000\).

Phương pháp giải:

Gọi \(x\) là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng, (\(x\): đồng; \(30.000 \le x \le 50.000\) đồng).

Ta có thể lập luận như sau:

Giá \(50.000\) đồng thì bán được \(40\) quả bưởi

Giảm giá \(5.000\) đồng thì bán được thêm \(50\) quả.

Giảm giá \(50.000 - x\) thì bán được thêm bao nhiêu quả?

Giải chi tiết:

Gọi \(x\) là giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng,

(\(x\): đồng; \(30.000 \le x \le 50.000\) đồng).

Ta có thể lập luận như sau:

Giá \(50.000\) đồng thì bán được \(40\) quả bưởi

Giảm giá \(5.000\) đồng thì bán được thêm \(50\) quả.

Giảm giá \(50.000 - x\) thì bán được thêm bao nhiêu quả?

Theo quy tắc tam xuất số quả bán thêm được là: \(\left( {50000 - x} \right) \cdot \frac{{50}}{{5000}} = \frac{1}{{100}}\left( {50000 - x} \right)\).

Do đó Số quả bưởi bán được tương ứng với giá bán \(x\): \(40 + \frac{1}{{100}}\left( {50000 - x} \right) = - \frac{1}{{100}}x + 540\)

Gọi \(F\left( x \right)\) là hàm lợi nhuận thu được \(F\left( x \right)\): đồng).

Ta có: \(F\left( x \right) = \left( { - \frac{1}{{100}}x + 540} \right) \cdot \left( {x - 30.000} \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 840x - 16.200.000\)

Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

\(F\left( x \right) = - \frac{1}{{100}}{x^2} + 840x - 16.200.000\), điều kiện: \(30.000 \le x \le 50.000\).

\(F'\left( x \right) = - \frac{1}{{50}}x + 840\); \(F'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{50}}x + 840 = 0 \Leftrightarrow x = 42.000\)

Vì hàm \(F\left( x \right)\) liên tục trên \(30.000 \le x \le 50.000\) nên ta có:

\(F\left( {42.000} \right) = 1.440.000\);  \(F\left( {50.000} \right) = 800.000\)

Vậy với \(x = 42.000\) thì \(F\left( x \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Vậy để cửa hàng đó thu được lợi nhuận lớn nhất thì giá bán thực tế của mỗi quả bưởi Đoan Hùng là \(42.000\) đồng.

Đáp án: 1

Phương pháp giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{2x + m}}{{x + 1}} = 1 - x \Leftrightarrow {x^2} + 2x + m - 1 = 0\).

Giải chi tiết:

Điều kiện \(x \ne - 1\).

Phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{2x + m}}{{x + 1}} = 1 - x \Leftrightarrow {x^2} + 2x + m - 1 = 0\left( * \right)\).

Yêu cầu bài toán \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác \( - 1\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{1 - \left( {m - 1} \right) > 0}\\{1 - 2 + m - 1 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m < 2}\\{m \ne 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m < 2\).

Vì \(m\) nguyên dương nên có 1 giá trị của \(m\) thoả mãn 

Đáp án: 2025

Phương pháp giải:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = m\) nằm bên trái trục tung \( \Leftrightarrow m < 0\).

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2x + 4}}{{x - m}}\) có tiệm cận đứng là đường thẳng \(x = m\) nằm bên trái trục tung

\( \Leftrightarrow m < 0\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \in \left[ { - 2026;2026} \right]}\\{m \in Z}\end{array}} \right. \Rightarrow m \in \left\{ { - 2026; - 2024; \ldots ; - 1} \right\}\).

Để \(m\) là tiệm cận đứng thì nghiệm của mẫu không phải là nghiệm của tử nên \(m \ne - 2\)

Vậy có \(2025\) giá trị nguyên của \(m\) thoả mãn yêu cầu.

 Đáp án: \(\frac{{12}}{{19}}.\)

Phương pháp giải:

Theo công thức Bayes, ta có: \(P(A|B) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P(B|A)}}{{P\left( B \right)}}\).

Giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố "người nghiện thuốc lá".

Gọi \(B\) là biến cố "người bị bệnh phổi".

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P\left( A \right) = 0,3}\\{P\left( B \right) = 0,38}\\{P(B|A) = 0,8}\end{array}} \right.\)

Xác suất mà người đó là nghiện thuốc lá khi biết bị bệnh phổi là \(P(A|B)\).

Theo công thức Bayes, ta có: \(P(A|B) = \frac{{P\left( A \right) \cdot P(B|A)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,3 \cdot 0,8}}{{0,38}} = \frac{{12}}{{19}}\).

Trong số người bị bệnh phổi của thủ đô Hà Nội, có khoảng \(\frac{{12}}{{19}}\) số người nghiện thuốc lá.

 Đáp án: \(\frac{1}{3}.\)

Phương pháp giải:

TH1: Số chấm xuất hiện ở hai mặt khác nhau

TH2: Số chấm xuất hiện ở hai mặt giống nhau

Giải chi tiết:

Không gian mẫu trong trò chơi là tập hợp \({\rm{\Omega }} = \left\{ {\left( {i;j} \right)\mid i,j = 1,2,3,4,5,6} \right\}\), do đó \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 6 \cdot 6 = 36\).

Gọi \(A\) là biến cố "Tổng số chấm trên hai mặt chia hết cho \(3\)", ta có các khả năng sau:

TH1: Số chấm xuất hiện ở hai mặt khác nhau, ta có các bộ: \(\left\{ {\left( {1;2),\left( {1;5} \right),\left( {2;4} \right),\left( {3;6} \right),(4;5} \right)} \right\}\), mỗi khả năng trên sẽ có hai hoán vị nên của TH1 là \(10\) cách.

TH2: Số chấm xuất hiện ở hai mặt giống nhau, ta có \(2\) bộ \(\left\{ {\left( {3;3),(6;6} \right)} \right\}\).

Vậy \(n\left( A \right) = 10 + 2 = 12 \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{12}}{{36}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án: \(2.\)

Phương pháp giải: Góc giữa hai vectơ \(\vec a\) và \(\vec b\) là góc tù khi và chỉ khi:

\({\rm{cos}}\left( {\vec a,\vec b} \right) < 0 \Leftrightarrow \vec a \cdot \vec b < 0\)

Giải chi tiết:

Góc giữa hai vectơ \(\vec a\) và \(\vec b\) là góc tù khi và chỉ khi:

\({\rm{cos}}\left( {\vec a,\vec b} \right) < 0 \Leftrightarrow \vec a \cdot \vec b < 0\)

\( \Leftrightarrow 5 \cdot m + 3 \cdot \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) \cdot \left( {m + 3} \right) < 0\)

                 \( \Leftrightarrow 3m - 9 < 0 \Leftrightarrow m < 3.\)

Vì \(m\) là số nguyên dương nên \(m \in \left\{ {1;2} \right\}\). Vậy có \(2\) giá trị \(m\) nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 6

Phương pháp giải:

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\).

Khi đó: \(AI = BI = CI = DI \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A{I^2} = B{I^2}}\\{A{I^2} = C{I^2}}\\{A{I^2} = D{I^2}}\end{array}} \right.\)

Giải chi tiết:

Cách 1:

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\)

\( \Rightarrow \left( S \right)\) có dạng: \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + e = 0\) (với \({a^2} + {b^2} + {c^2} - e > 0\)).

Ta có hệ phương trình khi thay tọa độ 4 điểm \(A,B,C,D\) vào phương trình mặt cầu:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A \in \left( S \right)}\\{B \in \left( S \right)}\\{C \in \left( S \right)}\\{D \in \left( S \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{10a + 6b + 6c - e = 43}\\{2a + 8b + 4c - e = 21}\\{4a + 6c - e = 13}\\{8a + 8b - 2c - e = 33}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = 2}\\{c = 1}\\{e = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow a + b + c = 3 + 2 + 1 = 6\).

Cách 2:

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\).

Khi đó: \(AI = BI = CI = DI \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A{I^2} = B{I^2}}\\{A{I^2} = C{I^2}}\\{A{I^2} = D{I^2}}\end{array}} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{8a - 2b + 2c = 22}\\{6a + 6b = 30}\\{2a - 2b + 8c = 10}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 3}\\{b = 2}\\{c = 1}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow a + b + c = 3 + 2 + 1 = 6\).

Đáp án: \(70.\)

Phương pháp giải: Chiều cao của vòm chính là độ dài bán kinh cộng độ cao của tâm \(I\)

Giải chi tiết:

Khoảng cách từ tâm \(I\) đến mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là \(20{\rm{m}}\).

Vậy chiều cao của vòm là \(20 + 50 = 70{\rm{m}}\).

Phương pháp giải:

\(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {IM} \bot \overrightarrow {AB} }\\{\overrightarrow {IN} \bot \overrightarrow {AC} }\\{I \in \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right.\)

Giải chi tiết:

Cách 1: \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2; - 3} \right)\), \(\overrightarrow {AC} = \left( { - 8; - 3; - 4} \right)\).

Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB,AC \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M\left( {\frac{9}{2};2;\frac{7}{2}} \right)}\\{N\left( {1; - \frac{1}{2};3} \right)}\end{array}} \right.\).

Gọi \(\vec n\) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC) \Rightarrow \vec n = \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = ( - 17;20;19} \right)\).

\(\left( {ABC} \right): - 17x + 20y + 19z - 30 = 0\).

\(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {IM} \bot \overrightarrow {AB} }\\{\overrightarrow {IN} \bot \overrightarrow {AC} }\\{I \in \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {\frac{9}{2} - a} \right).\left( { - 1} \right) + \left( {2 - b} \right).2 + \left( {\frac{7}{2} - c} \right).\left( { - 3} \right) = 0}\\{\left( {1 - a} \right).\left( { - 8} \right) + \left( { - \frac{1}{2} - b} \right).\left( { - 3} \right) + \left( {3 - c} \right).\left( { - 4} \right) = 0}\\{ - 17a + 20b + 19c - 30 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a - 2b + 3c = 11}\\{8a + 3b + 4c = \frac{{37}}{2}}\\{ - 17a + 20b + 19c = 30}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = 1}\\{b = - \frac{1}{2}}\\{c = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(a + 2b + c = 1 + 2.\left( { - \frac{1}{2}} \right) + 3 = 3\).

Cách 2:

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( { - 1;2; - 3} \right)\) và \(\overrightarrow {BC} = \left( { - 7; - 5; - 1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(B\).

Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta ABC\] nên \(I\) là trung điểm của \(AC\).

Vậy \(I\left( {1;{\mkern 1mu} - \frac{1}{2};{\mkern 1mu} 3} \right) \Rightarrow a + 2b + c = 1 + 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) + 3 = 3\)

Phương pháp giải: Thể tích khối lăng trụ được tính theo công thức: \(V = B \cdot h\)

Trong đó:

\(V\) là thể tích khối lăng trụ, \(V = \frac{4}{3}\).

\(B\) là diện tích đáy, \(B = 4\).

\(h\) là chiều cao cần tìm.

Giải chi tiết:

Thay các giá trị đã biết vào công thức, ta có:

\(\frac{4}{3} = 4 \cdot h \Rightarrow h = \frac{4}{3}:4 = \frac{1}{3}\)

Phương pháp giải: \({\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}\alpha = {\left( {{\rm{tan}}\alpha + {\rm{cot}}\alpha } \right)^2} - 2\)

Giải chi tiết:

\(7 = {\tan ^2}\alpha + {\cot ^2}\alpha = {(\tan \alpha + \cot \alpha )^2} - 2 \Rightarrow {m^2} = 9 \Rightarrow m = \pm 3\)

Phương pháp giải: Chuyển vế; mũ hóa hai vế.

Giải chi tiết:

Điều kiện: \(x > 3\).

Bất phương trình \( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\frac{1}{3}}}\left( {x - 3} \right) > 1 \Leftrightarrow x - 3 < \frac{1}{3} \Leftrightarrow x < \frac{{10}}{3}\).

So điều kiện, \(S = \left( {3;\frac{{10}}{3}} \right)\) nên \(a + 3b = 13\).

 Đáp án: \(20.\)

Phương pháp giải: \(a\left( t \right) = v'\left( t \right)\)

Giải chi tiết:

Chọn trục theo chiều rơi của vật.

Kí hiệu \(v\left( t \right)\) là vận tốc của vật, tại thời điểm \(t\) giây kể từ khi vật bắt đầu rơi.

Vì \(a\left( t \right) = v'\left( t \right),\forall t \ge 0\) nên \(v\left( t \right) = \smallint a\left( t \right)dt = \smallint 5dt = 5t + {C_1}\).

Ta có: \(v\left( 0 \right) = 0\) nên \(5.0 + {C_1} = 0 \Leftrightarrow {C_1} = 0\). Vậy \(v\left( t \right) = 5t\) (m/s).

Sau khi vật rơi \(4\) giây vật di chuyển với vận tốc: \(v\left( 4 \right) = 5.4 = 20\) (m/s).

Đáp án: \(512.\)

Phương pháp giải: \(IA \le 600\)

Giải chi tiết:

Để một người dùng điện thoại ở vị trí \(A\left( {m + 100;m + 370;0} \right)\) có thể sử dụng dịch vụ của trạm thu phát sóng 5G có bán kính vùng phủ sóng của trạm ở ngưỡng \(600{\rm{m}}\) được đặt ở vị trí \(I\left( {200;450;60} \right)\) thì:          \(\begin{array}{l}IA \le 600 \Leftrightarrow {\left( {m100} \right)^2} + {\left( {m80} \right)^2} + {\left( { - 60} \right)^2} \le {600^2} \Leftrightarrow 2{m^2} - 360m - 340000 \le 0\\ \Leftrightarrow \frac{{180 - \sqrt {712400} }}{2} \le m \le \frac{{180 + \sqrt {712400} }}{2}\end{array}\)

Vậy giá trị lớn nhất của \(m\) là \(\frac{{180 + \sqrt {712400} }}{2} \approx 512\).

Đáp án: 150

Phương pháp giải:

\({\rm{cos}}\left( {\vec u,\vec i} \right) = \frac{{\vec u \cdot \vec i}}{{\left| {\vec u\left| \cdot \right|\vec i} \right|}}\)

Giải chi tiết:

Vectơ đơn vị trên trục \(Ox\) là \(\vec i = \left( {1;0;0} \right)\).

Áp dụng công thức tính cosin góc giữa hai vectơ:

\({\rm{cos}}\left( {\vec u,\vec i} \right) = \frac{{\vec u \cdot \vec i}}{{\left| {\vec u\left| \cdot \right|\vec i} \right|}} = \frac{{\left( { - \sqrt 3 } \right) \cdot 1 + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {0^2} + {1^2}} \cdot \sqrt {{1^2} + {0^2} + {0^2}} }} = \frac{{ - \sqrt 3 }}{{2 \cdot 1}} = \frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\)

Suy ra: \(\left( {\vec u,\vec i} \right) = {150^0}\).

Phương pháp giải:

Hàm số nghịch biến khi \(f'\left( x \right) < 0\).

Giải chi tiết:

Ta có: \(f'\left( x \right) = - x + 2 = 0 \Leftrightarrow x = 2\). Hàm số nghịch biến khi \(f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow - x + 2 < 0 \Leftrightarrow x > 2\).

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Đáp án đúng D. “Cần kiệm” = cần cù + tiết kiệm (nghĩa ghép rộng hơn “chăm chỉ”).

A “chăm chỉ”, B “siêng năng”, C “cần cù”: đồng nghĩa, cùng chỉ tính chịu khó làm việc.

Phân tích đáp án sai:

A/B/C: cùng nhóm “chăm chỉ” nên không chọn.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

Giải nghĩa từ:

- U ám: là từ thường dùng để miêu tả thiên nhiên (bầu trời) mờ tối đi, do có nhiều mây đen bao phủ.

- Âm u: là từ miêu tả khung cảnh thiếu ánh sáng tự nhiên, gây một cảm giác nặng nề.

- U uất: là từ miêu tả tâm trạng con người buồn thầm kín xen lẫn bực tức, mà không sao nói ra được.

- Ảm đạm: là từ miêu tả khung cảnh thiếu ánh sáng mặt trời và toàn một màu xám, gợi sự buồn tẻ.

=> Từ đó có thể thấy, ba từ “u ám, âm u, ảm đạm” là từ dùng để miêu tả thiên nhiên, còn riêng từ “u uất” là miêu tả tâm trạng con người.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

Ba từ Kỳ diệu, Kỳ thú, Kỳ lạ đều diễn tả sự đặc biệt, khác thường, có yếu tố hấp dẫn hoặc bí ẩn. Kỳ vọng lại chỉ mong muốn, hy vọng về điều gì đó, không liên quan đến sự khác biệt hay huyền bí.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- “Tuyệt diệu” →Rất đẹp, rất hay, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

- “Tuyệt đỉnh” →Đỉnh cao nhất, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

- “Tuyệt chủng” → Mất hẳn, “tuyệt” ở đây nghĩa là không còn

- “Tuyệt mật” →Bí mật tối cao, “tuyệt” nghĩa là cao nhất.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ. Dạng bài tìm từ khác loại

Giải chi tiết:

- Xét về nghĩa:

+ “Ân cần” nghĩa là “quan tâm, chăm sóc chu đáo, hay hỏi han ân cần”; biểu thị hành vi/điệu bộ quan tâm.

+ “Chân thành” nghĩa là “thật lòng, không giả dối”; biểu thị tính chất của lời nói/thái độ.

+ “Chu đáo” nghĩa là “kỹ lưỡng, cẩn thận, nghĩ đến mọi mặt”; biểu thị mức độ tỉ mỉ trong việc chuẩn bị/quan tâm.

+ “Nhiệt thành” nghĩa là “nhiệt tình, hăng hái và sẵn sàng giúp đỡ”; biểu thị thái độ năng động, nhiệt huyết trong hành động.

- Trong các đáp án trên:

+ “Ân cần, nhiệt thành, chu đáo”: đều thiên về thái độ, cách cư xử, hành động quan tâm đối với người khác.

+ “Chân thành”: nghiêng về tấm lòng thật, tình cảm thật, không giả dối, không nhất thiết gắn với hành động chăm sóc hay quan tâm cụ thể.

Phương pháp giải:
Xác định trường hợp dùng từ mang ý nghĩa đối lập để làm rõ nghĩa của từ được giải thích.

Đáp án: C

Giải thích ngắn:
Từ “linh hoạt” được giải thích bằng cách đối lập với “máy móc” → dùng từ trái nghĩa để giải thích nghĩa của từ.

Phương pháp giải:

Căn cứ hiểu biết về nghĩa của từ, ngữ cảnh.

Giải chi tiết:

- Phân tích câu: “Sáng tạo … là khả năng ______ những yếu tố tưởng chừng không liên quan và ______ chúng theo một cách độc đáo.”

- Ý nghĩa:

+ Tìm mối liên hệ giữa các yếu tố không liên quan.

+ Sắp xếp/ tổ chức lại để tạo ra cái mới.

→ cấu trúc nghĩa: liên kết → tổ chức → sáng tạo

=> Đáp án đúng là C:

- "liên kết những yếu tố tưởng chừng không liên quan" → rất đúng nghĩa sáng tạo

- "tổ chức chúng theo cách độc đáo" → phù hợp hoàn toàn

Câu hoàn chỉnh: "Sáng tạo không đơn thuần là tạo ra cái mới, mà còn là khả năng liên kết những yếu tố tưởng chừng không liên quan và tổ chức chúng theo một cách độc đáo."

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ngữ pháp, ngữ nghĩa, từ loại, logic, phong cách.

Giải chi tiết:

Vị trí 1: “…khả năng ___ nỗi đau một cách trung thực”

→ Cần từ mang nghĩa can đảm nhìn thẳng vào thực tế

    + (B) “đối diện”: đúng, thể hiện sự chủ động chấp nhận sự thật → giữ lại

    + (D) “chấp nhận”: đúng nghĩa, nhưng mang sắc thái nhẹ nhàng hơn → giữ lại

    + (A) “giấu kín”: trái nghĩa → loại

    + (C) “gạt bỏ”: thiên về né tránh, chưa phù hợp với “trung thực” → loại

Vị trí 2: “…để ___ trở lại với tinh thần mạnh mẽ hơn”

→ Cần một động từ chỉ sự phục hồi – tái khởi động sau biến cố

    + (D) “vượt qua”: khá chung, đúng hướng nhưng chưa rõ về “trở lại”

    + (B) “phục hồi”: thể hiện đúng tinh thần khắc phục tổn thương, bắt đầu lại → tinh tế và phù hợp hơn

→ Chọn B

→ Câu hoàn chỉnh: Khi đối diện với sự thất bại, điều quan trọng không nằm ở việc phủ nhận nỗi đau, mà ở khả năng đối diện nó một cách trung thực để từ đó phục hồi trở lại với tinh thần mạnh mẽ hơn.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào hiểu biết về nghĩa của từ, suy luận logic.

Giải chi tiết:

- Vị trí 1: “…hậu quả của việc ___ quan điểm”

→ Cần từ thể hiện hành vi thể hiện quan điểm cá nhân công khai

    + (B) “bày tỏ”: phổ biến, trung lập, đúng sắc thái → giữ lại

    + (D) “công khai”: đúng nghĩa, nhưng đi với “quan điểm” có sắc thái chính trị mạnh → giữ lại

    + (A) “trình bày”: thiên về học thuật, không phù hợp tình huống xã hội – bất công → loại

    + (C) “chia sẻ”: quá nhẹ, mang nghĩa thân mật → loại

- Vị trí 2: “ngại ___ cho lẽ phải”

→ Cần từ thể hiện hành động chủ động, có bản lĩnh trong môi trường tiêu cực

    + (B) “lên tiếng”: đúng collocation, vừa rõ nghĩa vừa phổ biến → phù hợp

    + (D) “hy sinh”: không hợp lý khi đi với “ngại” và “cho lẽ phải” (dùng trong tình huống nặng hơn) → loại

→ Chọn B

→Câu hoàn chỉnh: Không ít người lựa chọn sự im lặng trước bất công, không vì họ đồng tình mà bởi họ sợ hãi trước hậu quả của việc bày tỏ quan điểm. Thái độ ấy lâu dần tạo ra một xã hội thiếu sự minh bạch, nơi mà người ta ngại lên tiếng cho lẽ phải.

Phương pháp giải:

Căn cứ hiểu biết về nội dung câu văn

Dạng bài điền từ

Giải chi tiết:

- Phân tích vị trí 1: “rất dễ ______ chiều sâu nhân bản mà lịch sử hàm chứa”

Từ cần thể hiện sự vô tình không nhận ra chiều sâu của lịch sử nếu tiếp cận một chiều, nông cạn.

    + A. “bỏ qua” – loại: nghe giống hành vi cố ý, không phù hợp với sắc thái “vô tình” mà câu muốn nhấn.

    + D. “lướt qua” – loại: sắc thái hời hợt đúng, nhưng chưa đủ sức nặng – “chiều sâu nhân bản” là khái niệm lớn, cần một từ giàu cảm xúc hơn.

    + B. “quên mất” – giữ lại: diễn tả đúng sự vô tâm, không nhận ra những điều sâu xa trong lịch sử.

    + C. “đánh mất” – giữ lại: gợi cảm giác để tuột khỏi tay một điều quý giá, giàu sắc thái tiếc nuối.

→ Giữ lại B và C

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Đáp án đúng D: “thân thiết với nhân dân” sắc thái hơi “quan hệ gần gũi riêng tư”, không chuẩn bằng “gần gũi”.

A “tấm gương”: đúng.

B “vĩ nhân”: đúng.

C “toát lên”: đúng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ngữ pháp, ngữ nghĩa, logic, phong cách

Dạng bài tìm lỗi sai, sử dụng phương pháp Phân tích loại trừ.

Giải chi tiết:

- Phân tích loại trừ

+ A – “khảo sát”: Dùng đúng để chỉ hoạt động thu thập, phân tích số liệu môi trường.

+ C – “suy giảm”: Phù hợp khi nói về mức độ giảm sút của đa dạng sinh học.

+ D – “sinh kế”: Dùng đúng, chỉ phương thức kiếm sống, thu nhập của cộng đồng ngư dân.

- Vì sao B sai

+ “Bão hòa” là thuật ngữ vật lý/hóa học, mô tả trạng thái dung dịch không thể hòa tan thêm chất hoặc thị trường đã đạt mức tiêu thụ tối đa.

+ Dùng “bão hòa” để chỉ rác thải nhựa tích tụ là sai trường nghĩa, vì rác không “hòa tan” hay “bão hòa” mà thường “quá tải”, “tích tụ” hoặc “ô nhiễm ở mức nghiêm trọng”.

Sửa lại:

→ Thay bằng “quá tải”, “tích tụ ở mức nguy hiểm” hoặc “ô nhiễm nghiêm trọng”.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào lỗi sai về ngữ nghĩa.

Giải chi tiết:

Có thể nhận thấy ở phần sau câu văn đang đề cập đến các nhược điểm của cơ thể không đủ đẹp, không đủ khỏe và thái độ “không hài lòng về cơ thể của mình”. Bởi vậy có thể thấy nếu dùng từ đánh giá thì phải nhắc đến cả điểm tốt và xấu, còn đây chỉ nhắc đến điểm không tốt, nếu cũng là một từ bắt đầu bằng “tự” thì sẽ nên thay bằng “tự ti”.

=> Từ sai: tự đánh giá (đáp án B).

=> Sửa lại: tự ti.

=> Sửa lại câu: Có thể hiểu sự tự ti về cơ thể là thấy cơ thể của mình không đủ đẹp, không đủ khỏe và vì thế cần liên tục che giấu hoặc cải thiện. Ngay cả khi không thừa hay thiếu cân, trẻ vẫn có thể không hài lòng về cơ thể của mình.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ngữ pháp, ngữ nghĩa, logic, kiến thức về tác phẩm.

Giải chi tiết:

- Câu văn nhắc tới khái niệm “ổ sinh thái” có thể được hiểu là khoảng không gian sinh thái có tất cả các điều kiện quy định cho sự tồn tại, phát triển ổn định lâu dài của loài. Trong khái niệm sinh học chỉ có ổ sinh thái thực tế và ổ sinh thái tiềm năng chứ không có toàn năng.

- Một cách khác, có thể thấy “toàn năng” được hiểu là có khả năng làm thành thạo mọi việc trong phạm vi một nghề nào đó (thường dùng cho người) không hợp với đối tượng ổ sinh thái. Trong đối sánh câu văn, vế trên đang nói về không gian thực tế thì vế dưới nên nhắc tới không gian lý tưởng (không gian tiềm năng).

=> Sửa lại câu: Ổ sinh thái thực tế của một loài cây là nơi bạn tìm thấy nó trong tự nhiên, còn ổ sinh thái tiềm năng là nơi cây có thể sinh sống nhưng lại không sống được vì bị các loài cây khác cạnh  tranh, hoặc không thể phân tán tới đó.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Đáp án đúng: A. “thừa hưởng”

“Thừa hưởng” nghiêng về nhận lấy lợi ích một cách trọn vẹn, ít sắc thái tiếp nối phát triển.

Ngữ cảnh nói dòng phát triển văn hóa nghệ thuật: dùng “kế thừa” phù hợp hơn.

B. “phát triển”: đúng.

C. “đề tài”: đúng.

D. “cung đình”: đúng.

Phương pháp giải:
Xác định biện pháp tu từ chính và phân tích giá trị biểu đạt của nó trong ngữ cảnh.

Giải chi tiết:

• Câu văn sử dụng phép so sánh: “vàng óng như tơ”, “sánh như mật ong”.
• Những hình ảnh so sánh này không chỉ gợi màu sắc mà còn gợi cảm giác mềm, mượt, óng ánh và ngọt ngào của ánh nắng chiều.
• Qua đó, cảnh sắc Tây Bắc hiện lên vừa thực vừa thơ mộng, giàu sức gợi cảm giác.

→ Đáp án đúng: A.

• B sai vì ánh nắng trong đoạn văn không được miêu tả dữ dội hay mãnh liệt.
• C sai vì trọng tâm không phải nhịp điệu vận động mà là vẻ đẹp cảm giác của ánh sáng.
• D sai vì đoạn văn thiên về cảm nhận trực quan hơn là triết lí.

Phương pháp giải:
Đọc kĩ đoạn trích, xác định yếu tố tạo nên chất trữ tình và giàu cảm xúc.

Giải chi tiết:

• Chất thơ của đoạn văn không chỉ nằm ở việc tả cảnh mà còn ở cách người viết cảm nhận cảnh vật bằng cảm xúc tinh tế.
• Các chi tiết như “vàng óng như tơ”, “sánh như mật ong”, “lênh láng”, “choáng ngợp” cho thấy sự hòa quyện giữa cảnh sắc và cảm xúc chủ quan của người quan sát.

→ Đáp án đúng: C.

• A đúng một phần nhưng chưa lí giải được “chất thơ” cốt lõi.
• B sai vì đoạn văn không dùng nhiều từ láy và nhịp câu không dồn dập.
• D suy diễn quá mức, văn bản chưa nâng hình tượng nắng thành biểu tượng mang tính triết lí.

Phương pháp giải:
Chú ý các từ ngữ gợi cảm giác và sắc thái biểu cảm trong đoạn văn.

Giải chi tiết:

• Tác giả không chỉ “nhìn” nắng mà còn “cảm” nắng qua nhiều giác quan:
  • “vàng óng như tơ” → thị giác + xúc giác mềm mại.
  • “sánh như mật ong” → gợi độ đặc, độ ngọt.
  • “thấm đẫm”, “lênh láng” → cảm giác lan tỏa tràn đầy trong không gian.
• Điều này cho thấy cảm nhận mang tính chủ quan, giàu cảm xúc thẩm mĩ.

→ Đáp án đúng: B.

• A sai vì đoạn văn không thiên về miêu tả khoa học khách quan.
• C sai vì không có mục đích phân tích khoa học.
• D sai vì đoạn văn không mang sắc thái hoài niệm.

Phương pháp giải:
Xác định sắc thái biểu cảm và cách dùng động từ trong câu văn.

Giải chi tiết:

• Các động từ “phủ”, “thấm đẫm” kết hợp với trạng thái “lặng lẽ” khiến ánh nắng hiện lên như một sinh thể có linh hồn, có hành động riêng.
• Đây là dấu hiệu rõ của nghệ thuật nhân hóa, giúp ánh nắng trở nên gần gũi và giàu sức gợi hơn.

→ Đáp án đúng: B.

• A sai vì đoạn văn giàu cảm xúc chủ quan.
• C sai vì không có sự đối lập nổi bật giữa sáng và tối.
• D sai vì ánh nắng được cảm nhận dịu nhẹ chứ không dữ dội.

Phương pháp giải:
Khái quát cả nội dung miêu tả và cảm xúc được thể hiện trong đoạn văn.

Giải chi tiết:

• Đoạn trích vừa miêu tả vẻ đẹp độc đáo của nắng chiều Tây Bắc, vừa thể hiện cảm xúc trực tiếp của người quan sát qua từ ngữ “choáng ngợp”.
• Nội dung trung tâm không chỉ là cảnh sắc mà còn là sự rung động thẩm mĩ của con người trước thiên nhiên.

→ Đáp án đúng: A.

• B thiếu phần cảm xúc của người quan sát.
• C nhấn vào “hùng vĩ” trong khi đoạn văn thiên về vẻ đẹp mềm mại, óng ả.
• D đúng một phần nhưng chưa bao quát nội dung chính của đoạn trích.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản.

Giải chi tiết:

- Phân tích đáp án đúng: Văn bản dẫn chứng nghiên cứu của các bác sĩ Nhật Bản và Mỹ, cho thấy: “cái cười có thể hạ thấp mức cortisol trong cơ thể và chữa được stress và các bệnh liên quan đến stress.” Cortisol là hooc-môn do tuyến thận tiết ra, khi tăng cao sẽ ảnh hưởng đến hệ thần kinh, tim mạch, tiêu hóa, miễn dịch… Vì vậy, việc giảm cortisol nhờ tiếng cười giúp cơ thể khỏe mạnh, tinh thần thoải mái hơn.

→ Tiếng cười có khả năng chữa bệnh thông qua việc làm giảm cortisol – nguyên nhân gây stress và rối loạn chức năng cơ thể.

- Phân tích đáp án sai:

+ B. Sai vì “cười khiến con người không phải tư duy” là nhận định vô căn cứ, không hề được văn bản đề cập.

+ C. Sai vì cười giúp hạ cortisol (nguyên nhân gây stress), chứ không trực tiếp “làm khả năng bị stress hạ thấp” như cách diễn đạt sai logic này.

+ D. Sai vì “cười là biểu hiện của sống thoải mái” chỉ là hiện tượng, không phải nguyên nhân có tác dụng chữa bệnh như được chứng minh bằng y học.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản.

Giải chi tiết:

- Phân tích đáp án đúng: Câu này xuất hiện trước khi tác giả kể ví dụ về nhà báo Mỹ N. Cousins – người đã dùng cười kết hợp với các liệu pháp khác để cải thiện bệnh tật, đồng thời thành lập nhóm nghiên cứu về hài hước. Vì vậy, tác giả muốn khẳng định: việc dùng tiếng cười như một phương pháp chữa bệnh không mới, mà đã được áp dụng, có kết quả thực tiễn.

- Phân tích đáp án sai:

+ A. Sai vì “hành động cười thường ngày” là biểu hiện tự nhiên, không phải là phương pháp trị liệu có chủ đích.

+ C. Sai vì “thành lập nhóm nghiên cứu” chỉ là ví dụ minh họa, không phải nội dung được khẳng định trong câu.

+ D. Sai vì hoàn toàn trái nghĩa: văn bản khẳng định tác dụng tích cực của tiếng cười trong điều trị bệnh.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của văn bản.

Giải chi tiết:

- Phân tích đáp án đúng: Văn bản nêu rõ thí nghiệm của bác sĩ Ohira: “Cortisol trong nước bọt của 10/11 sinh viên giảm sau khi xem hài kịch; 8/10 sinh viên khác có chỉ số tăng lên khi xem phim rùng rợn.” Những con số cụ thể này là chứng cứ khoa học cho thấy tiếng cười làm giảm cortisol và cải thiện sức khỏe.

→ Tác dụng là chứng minh hiệu quả thực tế, từ đó ủng hộ việc dùng tiếng cười như một phương pháp y học.

Phân tích đáp án sai:

+ A. Sai vì số liệu không nhằm “tạo hấp dẫn”, mà là minh chứng khoa học cho kết luận của bài viết.

+ B. Sai vì văn bản không nói đến “quá trình lâu dài”, mà chỉ trích dẫn kết quả thí nghiệm cụ thể.

+ C. Sai vì “chứng minh ý nghĩa của tiếng cười” là nói chung, trong khi ở đây tác giả hướng tới mục tiêu cụ thể: áp dụng tiếng cười vào chữa bệnh.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản.

Giải chi tiết:

- Phân tích đáp án đúng:

+ Toàn văn bàn về tác dụng y học của tiếng cười, dẫn chứng từ các nhà khoa học và bác sĩ ở Nhật, Mỹ.

+“Tiếng cười – chữa bệnh” ngắn gọn, trực tiếp phản ánh chủ đề trung tâm của văn bản.

- Phân tích đáp án sai:

+ A. Sai vì “Tiếng cười – tiếc chi” không có nghĩa rõ ràng, không liên quan đến nội dung khoa học.

+ C. Sai vì “Tiếng cười – cuộc sống” thiên về cảm xúc, không nêu bật yếu tố “chữa bệnh” được đề cập xuyên suốt.

+ D. Sai vì “nên hay không nên” thể hiện sự nghi ngờ, trong khi tác giả khẳng định rõ lợi ích của tiếng cười.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản.

Giải chi tiết:

- Phân tích đáp án đúng:

+ Mở đầu văn bản, tác giả nêu rõ: “Người vô duyên hay cười sống thoải mái, dễ khỏe mạnh hơn người lầm lì, dễ bị stress… Người ốm mà bản chất vui vẻ thì dễ khỏi bệnh hơn.”

+ Các phần sau dùng nhiều dẫn chứng khoa học để chứng minh điều này.

→ Tác giả đánh giá cao vai trò của tiếng cười và tinh thần vui sống như liều thuốc tự nhiên giúp phòng và chữa bệnh.

- Phân tích đáp án sai:

+ A. Sai vì tuy văn bản có dẫn các nghiên cứu, nhưng mục đích không phải “đánh giá cao khoa học”, mà là khẳng định ý nghĩa đời sống của tiếng cười.

+ B. Sai vì tiếng cười không chỉ “thuộc về cá tính”, mà còn có giá trị phổ quát, ảnh hưởng tích cực đến sức khỏe con người.

+ C. Sai vì văn bản không bàn đến “thời điểm, hoàn cảnh thích hợp”, mà nói về tác dụng sinh lý và tinh thần của việc cười.

Phương pháp giải:

Đọc thật kĩ đề bài, dựa vào kiến thức đã học phân tích cách đáp án. Sử dụng các phương pháp phân tích, loại trừ, tổng hợp để đưa ra đáp án chính xác.

Giải chi tiết:

- Phân tích: Những điều kiện đưa ra không thể xảy ra → lời hẹn không có thật.

→ Cách nói dân gian để từ chối tình cảm.

- Các phương án khác

+ B, D: hiểu sai dụng ý mỉa mai.

+ A: không phù hợp ngữ cảnh.

Phương pháp giải:

Đọc thật kĩ đề bài, dựa vào kiến thức đã học phân tích cách đáp án. Sử dụng các phương pháp phân tích, loại trừ, tổng hợp để đưa ra đáp án chính xác.

Giải chi tiết:

- Phân tích: Văn bản nêu rõ: “Khi rừng kết muối, đấy là điềm báo đất nước thanh bình, mùa màng phong túc.”

→ Hoa tử huyền mang ý nghĩa biểu tượng, không chỉ là hoa rừng.

- Loại phương án sai:

+ A: quá chung chung.

+ C: chỉ nói về đặc điểm tự nhiên.

+ D: không phải trọng tâm biểu tượng.

Phương pháp giải:

Đọc thật kĩ đề bài, dựa vào kiến thức đã học phân tích cách đáp án. Sử dụng các phương pháp phân tích, loại trừ, tổng hợp để đưa ra đáp án chính xác.

Giải chi tiết:

Phân tích các nhận vật:

- Tên đầy tớ là người địa vị thấp

- “các quan” là người địa vị cao

=> Cách xưng hô “Này các quan” thể hiện sự Suồng sã; thiếu lễ độ nên không phù hợp chuẩn mực giao tiếp xã hội phong kiến

→ Đây là lỗi sai vị thế giao tiếp, không liên quan đến ngữ pháp hay chính tả hay trật tự thời gian.

Phương pháp giải:
Phân tích sự phối hợp giữa hình ảnh, âm thanh, màu sắc và cảm xúc trong đoạn văn.

Đáp án: A

Giải thích ngắn:
Đoạn văn kết hợp màu sắc (“trắng muốt”, “chân vàng mỏ đỏ”), âm thanh (“vi vu vi vút”), chuyển động (“chao lượn”, “bơi lội”) để làm nổi bật vẻ đẹp sống động, giàu sức sống của thiên nhiên Tây Nguyên.