Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2023 - 2024 có đáp án (Đề 1)

Phương pháp giải:

Quan sát thông tin, đọc số liệu lượng khí CO2 phát thải ra môi trường khi sản xuất 1kg thực phẩm. Thực phẩm nào có lượng phát thải khí CO2 nhiều nhất thì có tác động nhiều nhất tới môi trường.

Giải chi tiết:

Dựa vào thông tin đã cho trong biểu đồ trên ta thấy:

Nuôi bò lấy thịt làm phát thải nhà kính nhiều nhất.

Khi sản xuất 1kg thịt bò lượng phát thải CO2 tương đương là 60kg CO2. Điều này có nghĩa là thịt bò là thực phẩm có tác động nhiều nhất tới môi trường.

Chọn D

Phương pháp giải:

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t=t0 được tính theo công thức vt0=S't0.

Giải chi tiết:

Ta có:S't=f't=6t2−6t+4

Vận tốc của chất điểm tại thời điểm t=2(s) bằng: v2=S'2=6.22−6.2+4=16m/s

Phương pháp giải:

Giải phương trình logarit cơ bản:logafx=b⇔fx=ab

Giải chi tiết:

Ta có log32x−1=2⇔2x−1=32⇔x=5

Vậy nghiệm của phương trình là x=5 .

Phương pháp giải:

 

- Từ phương trình đầu tiên, giải phương trình bậc hai tìm x.

- Thế vào phương trình còn lại tìm y.

Giải chi tiết:

Xét phương trình x2+x=2⇔x2+x−2=0⇔x=1x=−2VN⇒x=±1

Với x=1 thay vào phương trình x+y2+1=0 ta có y2=−2 (vô nghiệm).

Với x=-1 thay vào phương trình x+y2+1=0 ta có y2=0⇔y=0.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x;y=−1;0.

Phương pháp giải:

+ Số phức z=a+bi;a;b∈ℝ được biểu diễn bởi điểm Ma;b trên mặt phẳng tọa độ.

+ Tam giác OMN cân tại O⇔OM=ON

Giải chi tiết:

Vì z=−2+3i⇒M−2;3

Vì N∈ đường thẳng y=3 nên Na;3

Để ΔOMN cân tại O thì OM=ON⇔OM2=ON2⇔−22+32=a2+32⇔a2=4.

⇔a=−2⇒N2;3⇒z=2+3ia=2⇒N−2;3⇒z=−2+3i

Phương pháp giải:

Cho ba điểm \(A\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right)\) và \(C\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right).\) Khi đó phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)có dạng:

\(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1\) được gọi là phương trình mặt chắn.

Giải chi tiết:

Phương trình mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) đi qua ba điểm \(M\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} N\left( {0; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) có dạng:

\(\frac{x}{1} - \frac{y}{2} + \frac{z}{3} = 1.\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Cho hai vecto \[\vec a\left( {{x_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_1};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_1}} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec b = \left( {{x_2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y_2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {z_2}} \right).\] Khi đó α⁢ =∠⁢(a→;b→) có:

cos⁡α⁢ =a→.b→|a→|.|b→|=x1⁢x2+y1⁢y2+z1⁢z2x12+y12+z12.x22+y22+z22.

Giải chi tiết:

Cho hai vecto \[\vec u = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1} \right)\]và \[\vec v = \left( { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1; - 3} \right)\]

\[ \Rightarrow \cos \left( {\vec u,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec v} \right) = \frac{{1.\left( { - 1} \right) + 4.1 + 1.\left( { - 3} \right)}}{{\sqrt {{1^2} + {4^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {1^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} }} = 0\]

\[ \Rightarrow \angle \left( {\vec u,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \vec v} \right) = {90^0}.\]

Phương pháp giải:

+ Tìm TXĐ của \(f\left( x \right)\).

+ Giải bất phương trình \(f\left( x \right) < 1\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}\)

Theo bài ra, ta có: \(f\left( x \right) < 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 1}} < 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 1}} - 1 < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x - 6 - {x^2} - 1}}{{{x^2} - 1}} < 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{ - x - 7}}{{{x^2} - 1}} < 0\)

Ta có bảng xét dấu:

⇒x∈(-7;⁢ -1)∪(1; +∞)

Mà \(x\) là số nguyên âm và x≠⁢ ±1 nên x∈{-6;-5; -4;-3; -2}.

Vậy có 5 giá trị nguyên âm của \(x\) thỏa mãn điều kiện.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất hai góc bù nhau cos⁡x=cos⁡(π⁢⁢ -x).

Giải phương trình lượng giác cơ bản.

Giải chi tiết:

cos⁡2⁢x+cos⁡x=0⇔cos⁡2⁢x=-cos⁡x=cos⁡(π⁢⁢ -x)

⇔2x=π -x+k2π2x= -π +x+k2π⇔x=π3+k⁢2⁢π3x=-π +k2π

-π⁢ <π3+k⁢2⁢π3<π⁢ ⇔ -2<k<1⇔k∈{-1;0}

Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\).

Phương pháp giải:

CSC \(\left( {{u_n}} \right)\)có tổng \(n\) số hạng đầu: \({S_n} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2}\)

Giải chi tiết:

Tổng số viên gạch: \(S = 1 + 2 + ... + 500 = \frac{{500.\left( {1 + 500} \right)}}{2} = 125250\).

Phương pháp giải:

Tính nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến, đặt \(u = 2 + \sin x\).

Giải chi tiết:

\(f'\left( x \right) = \frac{{{\rm{cos}}{\mkern 1mu} x}}{{{{\left( {2 + \sin {\mkern 1mu} x} \right)}^2}}} \Rightarrow f\left( x \right) = \int {\frac{{{\rm{cos}}{\mkern 1mu} x}}{{{{\left( {2 + \sin {\mkern 1mu} x} \right)}^2}}}} {\mkern 1mu} dx\)

Đặt \(u = 2 + \sin {\mkern 1mu} x \Rightarrow du = {\rm{cos}}{\mkern 1mu} xdx\)

⇒∫cos⁢x(2+sin⁡x)2⁢𝑑x=∫d⁢uu2⁢⁢ =⁢ -1u+C= -12+sin⁡x+C

⇒f⁢(x)= -12+sin⁡x+C

Phương pháp giải:

- Biến đổi bất phương trình về dạng \(h\left( x \right) \ge m\).

- Xét hàm \(y = h\left( x \right)\)trên đoạn \(\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\)và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có: \(g\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m\)

Điều kiện bài toán trở thành tìm \(m\) để \(3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Xét hàm \(h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x\) trên đoạn \(\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\) ta có:

\(h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3 = 3\left( {f'\left( x \right) - {x^2} + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 1\)

Dựng đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 1\) cùng một hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) bài cho ta được:

Xét trên đoạn \(\left( { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right)\) thì \(f'\left( x \right) \le {x^2} - 1,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Do đó \(f'\left( x \right) - {x^2} + 1 \le 0,\forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\) hay hàm số \(y = h\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\).

Suy ra \(h\left( { - \sqrt 3 } \right) \ge h\left( x \right) \ge h\left( {\sqrt 3 } \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]\) hay \(3f\left( { - \sqrt 3 } \right) \le h\left( x \right) \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\).

Điều kiện bài toán thỏa \( \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} h\left( x \right) = h\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\).

Vậy \(m \le 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\).

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức \(s = \int {v\left( t \right)dt} \)

Giải chi tiết:

Quãng đường mà ô tô đi được trong 15 giây cuối cùng là:

\(s = \int\limits_0^{15} {\left( { - 2t + 20} \right)dt} = \left. {\left( { - {t^2} + 20t} \right)} \right|_0^{15} = 75.\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính lãi kép sau n năm \(T = A.{\left( {1 + r\% } \right)^n}\), trong đó: A là số tiền gửi lúc đầu; r là lãi suất hàng tháng.

Giải chi tiết:

Sau 4 năm người đó nhận được số tiền là \({200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4}.\)

Khi đó \({200.10^6}{\left( {1 + r\% } \right)^4} = 252495392 \Leftrightarrow r = 6\% \).

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ.

- Đưa về bất phương trình logarit cùng cơ số. Sử dụng công thức \({\log _{{a^n}}}{b^m} = \frac{m}{n}{\log _a}b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b > 0} \right)\).

- Giải bất phương trình logarit: \({\log _a}x \le {\log _a}y \Leftrightarrow x \le y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 1} \right)\)

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne 0}\\{x < 4}\end{array}} \right.\)

Ta có:

\({\log _{25}}{x^2} \le {\log _5}\left( {4 - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _5}\left| x \right| \le {\log _5}\left( {4 - x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left| x \right| \le 4 - x\)

\( \Leftrightarrow {x^2} \le {x^2} - 8x + 16\)

\( \Leftrightarrow 8x \le 16\)

\( \Leftrightarrow x \le 2\)

Kết hợp điều kiện xác định \( \Rightarrow x < 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \ne 0\)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm: \(\left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0;2} \right]\).

Phương pháp giải:

Cho hai hàm số \(y = f\left( x \right)\)và \(y = g\left( x \right)\)liên tục trên [a; b]. Khi đó thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi hai đồ thị số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\)và hai đường thẳng \(x = a;y = b\)khi quay quanh trục Ox là:

\(V = \pi \int_a^b {\left| {{f^2}(x) - {g^2}(x)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Giải phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} - 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

Quay hình \(\left( H \right)\) quanh trục hoành ta được một khối tròn xoay có thể tích bằng \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {{x^2} - 2x} \right)}^2}dx} \).

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm y'

- Để hàm số nghịch biến trên (0;+∞) thì y'≤0⁢∀x∈(0;+∞).

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng ⇔m≤f⁢(x)⁢∀x∈(0;+∞)⇔m≤min[0;+∞)f⁢(x)

- Lập BBT hàm số f⁢(x) và kết luận.

Giải chi tiết:

TXĐ: D=R. Ta có y'=⁢ -3⁢x2+6⁢x+m.

Để hàm số nghịch biến trên (0;+∞) thì y'≤0⁢∀x∈(0;+∞)

 

⇔-3⁢x2+6⁢x+m≤0⁢∀x∈(0;+∞)

 

⇔m≤3⁢x2-6⁢x=f⁢(x)⁢∀x∈(0;+∞)

⇔m≤min[0;+∞)f⁢(x)

Ta có: f'⁢(x)=6⁢x-6=0⇔x=1∈(0;+∞)

BBT:

Vậy m≤ -3.

Phương pháp giải:

Đặt \(z = a + bi,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\).

Giải chi tiết:

Giả sử \(z = a + bi,\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\). Khi đó:

\(z + 2\bar z = {\left( {2 - i} \right)^3}\left( {1 - i} \right) \Leftrightarrow a + bi + 2a - 2bi = \left( {8 - 12i - 6 + i} \right)\left( {1 - i} \right)\)

\( \Leftrightarrow 3a - bi = \left( {2 - 11i} \right)\left( {1 - i} \right) \Leftrightarrow 3a - bi = 2 - 2i - 11i - 11\)

⇔3a-bi=-9-13i⇔{3a=-9-b=-13⇔{a=-3b=13

Phần ảo của số phức z là 13.

Phương pháp giải:

Gọi \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\), có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là \(M\left( {a;b} \right)\).

Giải chi tiết:

Gọi \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\), có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là \(M\left( {a;b} \right)\).

Ta có: |z+1|=|1-i-2⁢z|⇔|a+b⁢i+1|=|1-i-2⁢a-2⁢b⁢i|⇔(a+1)2+b2⁢ =(1-2⁢a)2+(1+2⁢b)2

\( \Leftrightarrow {\left( {a + 1} \right)^2} + {b^2} = {\left( {1 - 2a} \right)^2} + {\left( {1 + 2b} \right)^2} \Leftrightarrow 3{a^2} + 3{b^2} - 6a + 4b + 1 = 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} - 2a + \frac{4}{3}b + \frac{1}{3} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {b + \frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{{10}}{9}\)

Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn \(\left| {z + 1} \right| = \left| {1 - i - 2z} \right|\) là đường tròn \(\left( C \right)\) có bán kính \(R = \frac{{\sqrt {10} }}{3}\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức: \({S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} p = \frac{{AB + BC + CA}}{2}.\)

Giải chi tiết:

Ta có: {A⁢B→=(3;-3){A⁢C→ =(5;4){B⁢C→ =(2;7)⇒{AB=32AC=41BC=53⇒p=A⁢B+A⁢C+B⁢C2=3⁢2⁢⁢ +41⁢ +532.

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \sqrt {p\left( {p - AB} \right)\left( {p - AC} \right)\left( {p - BC} \right)} \)

=3⁢2⁢⁢ +41⁢ +532.41⁢⁢ +53⁢⁢ -3⁢22.3⁢2 +41⁢-532.3⁢2⁢⁢ +53⁢⁢ -412

=291616⁢⁢ =7294⁢ =272.

Phương pháp giải:

Phương trình \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) là đường tròn nếu thỏa mãn các điều kiện:

+) Hệ số của \({x^2},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {y^2}\) bằng nhau.

+) \({a^2} + {b^2} - c > 0\)

Giải chi tiết:

Xét \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0,\) ta có: a=2⁢m⁢(m+1);b=0;c= -m-1.

Điều kiện để phương trình đường cong (\(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là đường tròn:

+) \({m^2} + 1 = m\left( {m + 3} \right) \Leftrightarrow {m^2} + 1 = {m^2} + 3m\)\( \Leftrightarrow 3m - 1 = 0 \Leftrightarrow m = \frac{1}{3}\)

+) \({a^2} + {b^2} - c > 0 \Leftrightarrow 4{m^2}{\left( {m + 1} \right)^2} + m + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Thay \(m = \frac{1}{3}\) vào \(\left( 1 \right)\) ta có: \(4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{3} + 1} \right)^2} + \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{9} \cdot \frac{{16}}{9} + \frac{4}{3} > 0\) (thỏa mãn)

Vậy với \(m = \frac{1}{3}\) phương trình đường cong \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{m^2} + 1} \right){x^2} + m\left( {m + 3} \right){y^2} + 2m\left( {m + 1} \right)x - m - 1 = 0\) là phương tình đường tròn.

Phương pháp giải:

+) Gọi (α) là mặt phẳng cần tìm. Gọi n→ là 1VTPT của (α )⇒n→=[nP→;nQ→].

+) Phương trình mặt phẳng (α) đi qua \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và nhận \(\vec n = \left( {A;B;C} \right)\) là 1 VTPT là: \(A\left( {x - {x_0}} \right) + B\left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\).

Giải chi tiết:

Gọi (α ) là mặt phẳng cần tìm.

Ta có nP→ =(1;1;-1),nQ→ =(1;-2;3).

Gọi n→ là 1VTPT của (α )⇒n→=[nP→;nQ→]=(1;-4;-3).

Vậy phương trình mặt phẳng (α ) là: x-1-4(y+2)-3(z-5)=0⇔x-4y-3z+6=0.

Phương pháp giải:

Công thức tính diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy \(R\)và đường sinh \(l:\)\({S_{xq}} = \pi Rl.\)

Giải chi tiết:

Bán kính của đường tròn đáy là: \(r = \frac{a}{2}.\)

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là: \({S_{xq}} = \pi rl = \pi .\frac{a}{2}.\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\pi {a^2}\sqrt 2 }}{4}.\)

Phương pháp giải:

Công thức tính thể tích của khối trụ có bán kính đáy Rvà chiều cao h là: \(V = \pi {R^2}h.\)

Công thức tính thể tích của khối nón có bán kính đáy Rvà chiều cao h là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h.\)

Giải chi tiết:

Gọi bán kính đáy hai đáy của hình trụ là R. Ta có:\({V_1} = \pi .OO'.{R^2}\), \({V_2} = \frac{1}{3}\pi .OO'.{R^2}.\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\pi .OO'.{R^2}}}{{\frac{1}{3}\pi .OO'.{R^2}}} = 3.\)

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa \(A'A\)và \(\left( {ABC} \right)\)là góc giữa \(A'A\)và hình chiếu của \(A'A\)lên \(\left( {ABC} \right)\).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính chiều cao của lăng trụ.

- Thể tích khối lăng trụ \(V = Bh\)với \(B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} h\)lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ.

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow AH\)là hình chiếu vuông góc của \(A'A\)lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {A'A;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'A;AH} \right) = \angle A'AH = {60^0}\).

Xét tam giác vuông \(A'AH\) ta có : \(A'H = AH\tan \angle A'AH = \frac{{AB}}{2}\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Diện tích đáy \({S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)  (do \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\)).

Vậy thể tích khối lăng trụ là: \(V = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{8}\).

Phương pháp giải:

Vẽ hình sau đó sử dụng định lý Ta-lét trong tam giác.

Giải chi tiết:

Trog \(\left( {ABN} \right)\)qua \(M\)kẻ đường thẳng song song với \(AI\) cắt \(BN\) tại \(J\).

Xét tam giác \(MNJ\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{GI//MJ}\\{GN = GM{\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow GI = \frac{1}{2}.MJ{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Xét tam giác \(BAI\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MJ//AI}\\{MA = MB}\end{array}} \right. \Rightarrow MJ = \frac{1}{2}.AI{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) & (2) \( \Rightarrow GI = \frac{1}{4}.AI \Leftrightarrow \frac{{GI}}{{GA}} = \frac{1}{3}.\)

Phương pháp giải:

- Áp dụng công thức tính khoảng cách hai điểm trong không gian.

- Thay các khoảng cách vào giả thiết rồi đưa phương trình về phương trình mặt cầu.

Giải chi tiết:

Ta có \(A\left( {1;0;0} \right),B\left( {2;3;0} \right),C\left( {0;0;3} \right);M\left( {x;y;z} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M{A^2} = {{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} + {z^2}}\\{M{B^2} = {{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2} + {z^2}}\\{M{C^2} = {x^2} + {y^2}{{\left( {z - 3} \right)}^2}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 23\)

\( \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + {z^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {z^2} + {x^2} + {y^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 23\)

\( \Leftrightarrow 3\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - 6x - 6y - 6z = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {x + y + z} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 3\)

\( \Rightarrow R = \sqrt 3 \).

Phương pháp giải:

- Đường thẳng đi qua hai điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\)nhận là 1 VTCP. Mọi vectơ cùng phương với \[\overrightarrow {AB} \] đều là 1 VTCP của đường thẳng.

- Phương trình đường thẳng đi qua \[M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\]và có 1 VTCP \[\vec u\left( {a;b;c} \right)\]là \[\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\].

Giải chi tiết:

Ta có: A⁢B→ =(4;-2;-2), do đó đường thẳng \[AB\] nhận \(\vec u = \left( {2; - 1; - 1} \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} \) là 1 VTCP.

Phương trình đường thẳng đi qua \(B\left( {1; - 1;0} \right)\) và có 1 VTCP \(\vec u = \left( {2; - 1; - 1} \right)\) là \(\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{{ - 1}} = \frac{z}{{ - 1}}\).

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm của hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\).

- Giải phương trình \(y' = 0\).

- Lập BBT hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\)và kết luận điểm cực đại của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta có: y=f⁢(4-x)+1

y'=0⇔f'(4-x)=0⇔[4-x=-14-x=1⇔[x=5x=3.

Ta có BBT hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) như sau:

Dựa vào BBT ta có \({x_{CD}} = 5\)\( \Rightarrow {y_{CD}} = f\left( { - 1} \right) + 1 = 3 + 1 = 4\).

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số \(y = f\left( {4 - x} \right) + 1\) là \(\left( {5;4} \right).\)

Phương pháp giải:

- Kiểm tra điểm \(E,{\mkern 1mu} F\)nằm khác phía so với mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\].

- \(ME + MF\)khi và chỉ khi M là giao điểm của EF và \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\].

Giải chi tiết:

\(E\left( {1; - 2;4} \right),{\mkern 1mu} F\left( {1; - 2; - 3} \right)\) có zE=4>0,zF=⁢ -3<0⇒E,F nằm khác phía so với mặt phẳng \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]

Khi đó, \(ME + MF \ge EF \Rightarrow {\left( {ME + MF} \right)_{\min }} = EF\) khi và chỉ khi \(M\) trùng với \[{M_0}\] là giao điểm của EF và  \[\left( {{\rm{Ox}}y} \right)\]

Ta có: E⁢F→⁢ =(0;0;-7)⇒E⁢F:x=1y=-2z=4-t⇒Giả sử M0(1;−2;4−t)M0(1;−2;4−t)

Mà \[{M_0}\left( {1; - 2;4 - t} \right)\]

M0∈(O⁢x⁢y)⇒4-t=0⇔t=4⁢⁢ ⇒M0⁢(1;-2;0)

Vậy, tổng \[ME + MF\]có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi \[M\left( {1; - 2;0} \right)\].

Phương pháp giải:

- Khảo sát và lập BBT của hàm số \(f\left( x \right)\).

- Từ đó suy ra BBT của hàm số \(f\left( {\left| x \right|} \right)\)và kết luận số điểm cực trị của hàm số \(f\left( {\left| x \right|} \right)\).

Giải chi tiết:

Ta có: f'(x)=0⇔[x=2x=-1(nghiemboichan)x=-3

Khi đó ta có BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) như sau:

Từ đó ta có BBT của hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) như sau :

Từ BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( {\left| x \right|} \right)\) có 3 điểm cực trị x= ±2,x=0.

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Bình phương hai vế, đặt ẩn phụ \[t = \sqrt { - {x^2} + 9x} \], tìm điều kiện của \(t\).

- Sử dụng định lí Vi-ét tìm điều kiện để phương trình có nghiệm \(t\) thỏa mãn điều kiện tìm được ở trên.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{9 - x \ge 0}\\{ - {x^2} + 9x + m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 9}\\{ - {x^2} + 9x + m \ge 0}\end{array}} \right.\)

Ta có -x2+9⁢x+m≥0⇔ -x2+9⁢x≥ -m

⇒ -x2+9⁢x≥-m

Ta có: x⁢ +9-x⁢ =-x2+9⁢x+m

⇒(x⁢ +9-x)2= -x2+9⁢x+m

⇔x+9-x+2⁢-x2+9⁢x⁢⁢ =⁢ -x2+9⁢x+m

⇔2⁢-x2+9⁢x⁢⁢ +9=⁢ -x2+9⁢x+m

⇔(-x2+9⁢x)-2⁢-x2+9⁢x⁢ +m-9=0⁢(*)

Đặt \(t = \sqrt { - {x^2} + 9x} \)⇒0≤t≤814⁢⇒0≤t≤92

Khi đó phương trình (*) trở thành \({t^2} - 2t + m - 9 = 0\) có nghiệm t∈[0;92].

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Delta ' \ge 0}\\{0 \le {t_1} + {t_2} \le 9}\\{{t_1}{t_2} \ge 0}\\{\left( {{t_1} - \frac{9}{2}} \right)\left( {{t_2} - \frac{9}{2}} \right) \ge 0}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - m + 9 \ge 0}\\{0 \le 2 \le 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {luon{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} dung} \right)}\\{m - 9 \ge 0}\\{m - 9 - \frac{9}{2}.2 + \frac{{81}}{4} \ge 0}\end{array}} \right.\)⇔m≤10m≥9m≥ -94⇔9≤m≤10

Kết hợp điều kiện (1) ta có \(m \in \left[ {9;10} \right]\).

Phương pháp giải:

- Nhân cả hai vế của phương trình \(f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = x + 2\) với \(2x + 3\).

- Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế phương trình.

- Sử dụng phương pháp đổi biến số.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có\(f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right) = x + 2\)

\( \Rightarrow f\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)\left( {2x + 3} \right) = \left( {x + 2} \right)\left( {2x + 3} \right)\)

⇒∫01f⁢(x2+3⁢x+1)⁢(2⁢x+3)⁢𝑑x⁢ =∫01(x+2)⁢(2⁢x+3)⁢𝑑x

⇒∫01f⁢(x2+3⁢x+1)⁢(2⁢x+3)⁢𝑑x⁢ =616

Đặt \(t = {x^2} + 3x + 1 \Rightarrow dt = \left( {2x + 3} \right)dx\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0 \Rightarrow t = 1}\\{x = 1 \Rightarrow t = 5}\end{array}} \right.\).

⇒∫01f⁢(x2+3⁢x+1)⁢(2⁢x+3)⁢𝑑x⁢⁢ =∫15f⁢(t)⁢𝑑t⁢⁢ =∫15f⁢(x)⁢𝑑x.

Vậy ∫15f⁢(x)⁢𝑑x⁢⁢ =616

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu n⁢(Ω⁢⁢ ).

- Gọi A là biến cố: “chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”, xét 2 TH:

   + TH1: 3 số được chọn cùng là số chẵn.

   + TH2: 3 số được chọn có 1 số chẵn và 2 số lẻ.

Từ đó tính số phần tử của biến cố A là \(n\left( A \right)\).

- Tính xác suất của biến cố A: P⁢(A)=n⁢(A)n⁢(Ω⁢⁢ ).

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là: \(C_{100}^3\).

Từ 1 đến 100 có \(\left( {100 - 2} \right):2 + 1 = 50\) số chẵn và 50 số lẻ.

Gọi A là biến cố: “chọn được 3 tấm thẻ có tổng các số ghi trên thẻ là số chia hết cho 2”, xét 2 TH:

   + TH1: 3 số được chọn cùng là số chẵn \( \Rightarrow \) Có \(C_{50}^3\) cách.

   + TH2: 3 số được chọn có 1 số chẵn và 2 số lẻ \( \Rightarrow \) Có \(C_{50}^2.C_{50}^1\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = C_{50}^3 + C_{50}^2.C_{50}^1 = 80850\).

Vậy xác suất của biến cố A là: P⁢(A)=n⁢(A)n⁢(Ω⁢⁢ )=80850C1003=12.

Phương pháp giải:

- Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi \[\left( {CMK} \right)\].

- Phân chia và lắp ghép các khối đa diện.

Giải chi tiết:

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\) kéo dài \(CM\) cắt \(B'C'\)tại \(E\), trong \(\left( {CDD'C'} \right)\)kéo dài \(CK\) cắt \(C'D'\)tại \(F\).

Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\)nối \(EF\) cắt \(A'B',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A'D'\)lần lượt tại \(G,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H\).

Khi đó thiết diện của khối lập phương cắt bởi \[\left( {CMK} \right)\]là ngũ giác \[CMGHK\] và \[{V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}}\]

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:\[\frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{{B'M}}{{CC'}} = \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow EB' = \frac{1}{3}EC' \Rightarrow EB' = \frac{1}{2}B'C' = \frac{a}{2}\].

\[\frac{{FD'}}{{FC'}} = \frac{{D'K}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\], \[ \Rightarrow D'\]là trung điểm của \[C'F\]nên \(C'F = 2a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D'F = a\).

\(\frac{{B'G}}{{C'F}} = \frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow B'G = \frac{1}{3}C'F = \frac{{2a}}{3}\)\( \Rightarrow A'G = A'B' - B'G = \frac{a}{3}\).

Ta có \(\frac{{EB'}}{{EC'}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{B'C'}}{{EC'}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EC' = \frac{{3a}}{2}\).

\(\frac{{HD'}}{{EC'}} = \frac{{FD'}}{{FC'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow HD' = \frac{1}{2}EC' = \frac{{3a}}{4}\)\( \Rightarrow A'H = A'D' - HD' = \frac{a}{4}\).

Khi đó ta có:

\({S_{C'EF}} = \frac{1}{2}C'E.C'F = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{2}.2a = \frac{{3{a^2}}}{2}\)\( \Rightarrow {V_{C.C'EF}} = \frac{1}{3}CC'.{S_{C'EE}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{3{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\)

\({S_{B'EG}} = \frac{1}{2}B'E.B'G = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{2a}}{3} = \frac{{{a^2}}}{6}\)\( \Rightarrow {V_{M.B'EG}} = \frac{1}{3}MB'.{S_{B'EG}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{3}.\frac{{{a^2}}}{6} = \frac{{{a^3}}}{{54}}\)

\({S_{D'HF}} = \frac{1}{2}D'H.D'F = \frac{1}{2}.\frac{{3a}}{4}.a = \frac{{3{a^2}}}{8}\)\( \Rightarrow {V_{K.D'HF}} = \frac{1}{3}.KD'.{S_{D'HF}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{{3{a^2}}}{8} = \frac{{{a^3}}}{{16}}\)

Vậy \({V_1} = {V_{C.C'EF}} - {V_{M.B'EG}} - {V_{K.D'HF}} = \frac{{{a^3}}}{2} - \frac{{{a^3}}}{{54}} - \frac{{{a^3}}}{{16}} = \frac{{181{a^3}}}{{432}}\).

Đáp án: 6

Phương pháp giải:

- Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung.

- Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\)tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\)là \(f'\left( {{x_0}} \right)\).

Giải chi tiết:

TXĐ : \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\).

Giao điểm của đồ thị hàm số \(y = \frac{{5x - 1}}{{x + 1}}\) với trục tung có hoành độ là \(x = 0\).

Ta có: \(y = f\left( x \right) = \frac{{5x - 1}}{{x + 1}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{6}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}.\)

Do đó, hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 0 là \(f'\left( 0 \right) = \frac{6}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 6\).

Đáp án: 3

Giải chi tiết:

Ta có f'(x)=0⇔(x2-1)(x+2)3=0⇔[x= ±1x=-2

Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm bậc lẻ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Đáp án: 1

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính khoảng cách \(d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Giải chi tiết:

Ta có: \(M\left( { - 2;3;4} \right)\)và \(\left( P \right):2x - 2y + z + 3 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 2} \right) - 2.3 + 4 + 3} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = 1\).

Đáp án:2.5!.5!

Phương pháp giải:

Áp dụng tính chất nhân.

Giải chi tiết:

Ta có số cách sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau là 5!

Số cách sắp xếp 5 cuốn sách văn khác nhau là 5!

Có 2 cách để sắp xếp 5 cuốn sách toán khác nhau và 5 cuốn sách văn khác nhau thành 1 hàng ngang.

Do đó số cách xếp thỏa mãn bài toán là 2.5!.5!.

Đáp án:\(L = \frac{1}{2}\)

Phương pháp giải:

- Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)\).

- Biến đổi, làm mất dạng vô định để tìm giới hạn của hàm số.

Giải chi tiết:

Ta thấy: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}} = 6\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {\left( {f\left( x \right)} \right) - 8} \right] = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = 8\)\( \Rightarrow f\left( 3 \right) = 8.\)

(Bởi vì nếu \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {f\left( x \right) - 8} \right] \ne 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x - 3} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}} = \infty \)).

Ta có:\[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} - 1}}{{{x^2} - 2x - 3}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\frac{{\left( {\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} - 1} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\frac{{f\left( x \right) - 8}}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)}}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 8}}{{x - 3}}.\frac{1}{{\left( {{{\sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{f\left( x \right) - 7}} + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right]\]

\[ = 6.\frac{1}{{\left( {{{\sqrt[3]{{8 - 7}}}^2} + \sqrt[3]{{8 - 7}} + 1} \right)\left( {3 + 1} \right)}} = \frac{6}{{3.4}} = \frac{1}{2}\].

Đáp án:\[M = 7\]

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số, tìm hàm số đã cho rồi tính giá trị của biểu thức.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số có đỉnh \[I\left( {2;3} \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{b}{{2a}} = 2}\\{\frac{{ - {b^2} + 4ac}}{{4a}} = 3}\end{array}} \right..\]

Độ thị hàm số đi qua điểm (0;-1)⇒ -1=c⇒-b2⁢a=2-b2-4⁢a4⁢a=3⇔a= -1b=4.

⇒M=4⁢a+2⁢b-3⁢c= -4+8+3=7.

Đáp án:\(m < 3\)

Phương pháp giải:

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có hai nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\). Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + m\).

Để hàm số đã cho có 2 điểm cực trị thì phương trình \(y' = 0\) phải có 2 nghiệm phân biệt.

\( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)\( \Leftrightarrow {3^2} - 3m > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0\)\( \Leftrightarrow m < 3\).

Đáp án:\( - 2\)

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = g\left( x \right)\), các đường thẳng \(x = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = b\) là \(S = \int\limits_{}^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: -3⁢x-1x-1=0⇔x= -13.

Diện tích S cần tìm là: \(S = \left| {\int\limits_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 {\frac{{ - 3x - 1}}{{x - 1}}dx} } \right| = \int\limits_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 {\left( {3 + \frac{4}{{x - 1}}} \right)dx} \)

\( = \left| {\left( {3x + 4\ln \left| {x - 1} \right|} \right)} \right|_{\frac{{ - 1}}{3}}^0 = 4\ln \frac{4}{3} - 1\)

\( \Rightarrow a = 4,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 3\).

Vậy a-2⁢b=4-2.3= -2.

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Đặt \(t = 3 - x\), đưa phương trình về dạng \(f\left( t \right) = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\).

- Để phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) cũng phải có đúng 2 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y = m\)cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\)tại đúng 2 điểm phân biệt. Dựa vào BBT suy ra các giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Đặt \(t = 3 - x\), phương trình trở thành \(f\left( t \right) = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\). Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\)và đường thẳng \(y = m\).

Để phương trình ban đầu có đúng 2 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) cũng phải có đúng 2 nghiệm phân biệt \( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y = m\)cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) tại đúng 2 điểm phân biệt ⇒[m=-12<m<4.

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;3} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án: 16

Phương pháp giải:

Phương pháp tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức

Bước 1: Gọi số phức \(z = x + yi\)có điểm biểu diễn là \(M(x;y)\)

Bước 2: Thay z vào đề bài \( \Rightarrow \)Sinh ra một phương trình:

+) Đường thẳng: \(Ax + By + C = 0.\)

+) Đường tròn: \({x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0.\)

+) Parabol: \(y = a.{x^2} + bx + c\)

+) Elip: \(\frac{{{x^2}}}{a} + \frac{{{y^2}}}{b} = 1\)

Giải chi tiết:

Giả sử ta có số phức \(z = x + yi\). Thay vào điều kiện \(2|z - 1 - 2i| = |3i + 1 - 2\bar z|\)có

\(2|(x + yi) - 1 - 2i| = |3i + 1 - 2(x - yi)| \Leftrightarrow 2|(x - 1) + (y - 2)i| = |(1 - 2x) + (3 + 2y)i|\) ⇔2⁢(x-1)2+(y-2)2⁢⁢ =(1-2⁢x)2+(3+2⁢y)2

\( \Leftrightarrow 4{(x - 1)^2} + 4{(y - 2)^2} = {(1 - 2x)^2} + {(3 + 2y)^2}\)

\( \Leftrightarrow 4{x^2} - 8x + 4 + 4{y^2} - 16y + 16 = 4{x^2} - 4x + 1 + 4{y^2} + 12y + 9\)

\( \Leftrightarrow 4x + 28y - 10 = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + 14y - 5 = 0\)

\( \Rightarrow a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = 14\)

Vậy \(P = a + b = 2 + 14 = 16.\)

Đáp án:\({30^0}\)

Phương pháp giải:

 

Xác định góc giữa hai mặt phẳng (α⁢ ),(β⁢ ):

- Tìm giao tuyến \(\Delta \) của (α⁢),(β⁢ ).

- Xác định 1 mặt phẳng (γ⁢ )⊥Δ.

- Tìm các giao tuyến a=(α⁢)∩(γ ),b=(β⁢⁢ )∩(γ⁢)

- Góc giữa hai mặt phẳng (α⁢ ),(β⁢ ): ((α⁢⁢ );(β⁢⁢ )^)=(a;b^)

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot BC}\\{SA \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{SM \subset \left( {SBC} \right),{\mkern 1mu} SM \bot BC}\\{AM \subset \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} AM \bot BC}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;AM} \right) = \angle SMA\)

Tam giác SAM vuông tại A: \(SA = 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AM = \frac{{2.\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \) (chiều cao của tam giác đều cạnh 2)

\( \Rightarrow \tan \angle SMA = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)

\( \Rightarrow \angle SMA = {30^0} \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = {30^0}\).

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

+) Gọi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(d\) và \(A'\)là hình chiếu của \(A\) qua \(d\) \( \Rightarrow M \in d\) và \(M\) là trung điểm của \(AA'\).

+) Tham số hóa tọa độ điểm M∈d⇒A⁢M→.ud→⁢ =0⇒M

+) \(M\) là trung điểm của \(AA' \Rightarrow A' = 2M - A \Rightarrow A'\).

+) Cho \(A'\left( {x;y;z} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A';\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| {{y_{A'}}} \right|\).

Giải chi tiết:

Gọi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(d\) và \(A'\)là hình chiếu của \(A\) qua \(d\).

\( \Rightarrow M \in d\)và \(M\) là trung điểm của \(AA'\).

M∈d⇒M⁢(1+3⁢t;1-2⁢t;1-t)⇒A⁢M→⁢⁢ =(3⁢t-4;1-2⁢t; -t).

Ta có A⁢M⊥d⇒A⁢M→.ud→⁢⁢ =0 với ud→⁢=(3;-2;-1) là 1 VTCP của đường thẳng \(d\).

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

\(M\) là trung điểm của \(AA' \Rightarrow A' = 2M - A = \left( {3; - 2; - 1} \right)\).

Vậy \(d\left( {A';\left( {Oxz} \right)} \right) = \left| {{y_{A'}}} \right| = 2\).

Đáp án:\(\frac{{41}}{8}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp hàm số để giải bài toán.

Giải chi tiết:

Ta có: \(2x + y{.4^{x + y - 1}} \ge 3\)

\( \Leftrightarrow 2x - 3 + y{.4^x}{.4^{y - 1}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {2x - 3} \right){.4^{ - x}} + y{.4^{y - 1}} \ge 0\)

\( \Leftrightarrow y{.4^{y - 1}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.4^{ - x}}\)

\( \Leftrightarrow y{.2^{2y - 2}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.2^{ - 2x}}\)

\( \Leftrightarrow {2^3}.y{.2^{2y - 2}} \ge {2^3}.\left( {3 - 2x} \right){.2^{ - 2x}}\)

\( \Leftrightarrow 2y{.2^{2y}} \ge \left( {3 - 2x} \right){.2^{3 - 2x}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

TH1: Với \(3 - 2x \le 0\)\( \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}\)

\( \Rightarrow \left( 1 \right)\)đúng với mọi giá trị \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge \frac{3}{2}}\\{y \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow P = {x^2} + {y^2} + 4x + 2y \ge \frac{{33}}{4}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

TH2: Với \(3 - 2x > 0\)\( \Leftrightarrow 0 \le x < \frac{3}{2}\)

Xét hàm số: \(f\left( t \right) = t{.2^t}\) với \(t \ge 0\)

\( \Rightarrow f'\left( t \right) = {2^t} + t{.2^t}.\ln 2 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t \ge 0\)

\( \Rightarrow f\left( t \right)\) là hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right).\)

\( \Rightarrow \left( 1 \right) \Leftrightarrow f\left( {2y} \right) \ge f\left( {3 - 2x} \right)\)\( \Leftrightarrow 2y \ge 3 - 2x\)\( \Leftrightarrow y \ge \frac{3}{2} - x\)

\( \Rightarrow P = {x^2} + {y^2} + 4x + 2y\)\( \ge {x^2} + {\left( {\frac{3}{2} - x} \right)^2} + 4x + 3 - 2x\)\( = 2{x^2} - x + \frac{{21}}{4}\)

\( \Rightarrow P = 2{\left( {x - \frac{1}{4}} \right)^2} + \frac{{41}}{8} \ge \frac{{41}}{8}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)\)

Từ (2) và (3) ta được: \(Min{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} P = \frac{{41}}{8}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{4}}\\{y = \frac{5}{4}}\end{array}} \right..\)

Đáp án:\(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SM} \right)\), chứng minh \(OH \bot \left( {SBC} \right)\).

- Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow OM\parallel AB\), mà \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow OM \bot BC\) và \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\)

Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O \in SM} \right)\), ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH}\\{OH \bot SM}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\).

Tam giác SBC đều cạnh a nên \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOM có: S⁢O=S⁢M2-O⁢M2⁢=3⁢a24-a24⁢ =a2.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có: \(OH = \frac{{SO.OM}}{{SM}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Vậy \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Đáp án:\(8\sqrt 2 \)

Phương pháp giải:

- Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\). Diện tích toàn phần hình hộp chữ nhật là \({S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right)\) và thể tích khối hộp chữ nhật là \(V = abc\).

- Sử dụng hằng đẳng thức biểu diễn \(a + c\) theo \(b\).

- Tính thể tích theo biến \(b\), sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTLN của hàm số.

Giải chi tiết:

Gọi số đo của hình hộp chữ nhật là \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c\).

Khi đó ta có \({S_{tp}} = 2\left( {ab + bc + ca} \right) = 36\) và độ dài đường chéo bằng 6 nên \({a^2} + {b^2} + {c^2} = 36\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 36}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {a + b + c} \right)}^2} = 72}\\{ab + bc + ca = 18}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + b + c = 6\sqrt 2 }\\{b\left( {a + c} \right) + ac = 18}\end{array}} \right.\)

Khi đó V=a⁢b⁢c=b⁢[18-b⁢(a+c)]

=b⁢[18-b⁢(6⁢2⁢⁢ -b)]

\( = b\left[ {18 - 6\sqrt 2 b + {b^2}} \right]\)

\( = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b = f\left( b \right)\)

Ta có: a+c=62 -bb(62 -b)+ac=18⇔a+c=62 -bac=18+b2-62b

Để tồn tại a,c thì S2≥4⁢P⇔(6⁢2⁢ -b)2≥4⁢(18+b2-6⁢2⁢b)

\( \Leftrightarrow {b^2} - 12\sqrt 2 b + 72 \ge 72 + 4{b^2} - 24\sqrt 2 b\)

\( \Leftrightarrow 3{b^2} - 12\sqrt 2 b \le 0\)

\( \Leftrightarrow 0 \le b \le 4\sqrt 2 \)

Xét hàm số \(f\left( b \right) = {b^3} - 6\sqrt 2 {b^2} + 18b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < b \le 4\sqrt 2 } \right)\) ta có:\(f'\left( b \right) = 3{b^2} - 12\sqrt 2 b + 18 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 3\sqrt 2 }\\{b = \sqrt 2 }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)\)

\(f\left( {3\sqrt 2 } \right) = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} f\left( {\sqrt 2 } \right) = 8\sqrt 2 \)

Ta có BBT:

 

Từ BBT \[ \Rightarrow \mathop {max}\limits_{\left[ {0;4\sqrt 2 } \right]} f\left( b \right) = 8\sqrt 2 \].

Vậy Vmax=8⁢2⁢⇔b=2.

Phương pháp giải:

Căn cứ xuất xứ tác phẩm Vợ chồng A Phủ

Giải chi tiết:

Tác phẩm Vợ chồng A Phủ được trích trong tập “Truyện Tây Bắc” là kết quả của chuyến đi thực tế Tô Hoài cùng bộ đội vào giải phóng Tây Bắc.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Đoạn trích được trích trong hoàn cảnh khi Mị mới biết mình bị bắt về nhà thống lý Pá tra để làm con dâu gạt nợ.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Chi tiết Mị muốn ăn lá ngón tự tử thể hiện cho khát vọng tự do của cô. Cô thà chét còn hơn chấp nhận một cuộc sống cầm tù với một cuộc hôn nhân trao đổi, mua bán.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Mị từ bỏ ý định tự tử của mình vì cô hiểu rằng cho dù mình chết đi thì món nợ truyền kiếp của gia đình mình vẫn không thể xóa bỏ, cha cô vẫn khổ như vậy. Nghĩ đến cha, chữ hiếu đã khiến Mị từ bỏ cái chết, từ bỏ khát vọng tự do, khát vọng hạnh phúc chấp nhận quay về sống trng cảnh con dâu gạt nợ.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại phong cách ngôn ngữ đã học

Giải chi tiết:               

Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật thường xuất hiện trong các tác phẩm nghệ thuật. Nó là ngôn ngữ được tổ chức, sắp xếp, lựa chọn, gọt giũa, tinh luyện từ ngôn ngữ thông thường và đạt được giá trị nghệ thuật – thẩm mĩ.

-> Đoạn trích trên thuộc phong cách ngôn ngữ: Nghệ thuật

Phương pháp giải:

Căn cứ 6 phương thức biểu đạt đã học (miêu tả, tự sự, biểu cảm, nghị luận, thuyết minh, hành chính – công vụ.

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt chính trong đoạn thơ: Nghị luận.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung bài đọc hiểu.

Giải chi tiết:

Kỉ luật mang đến cho bạn là: Niềm đam mê, sự quyết tâm; tinh thần không bỏ cuộc. Giúp giữ vững cảm hứng hoàn thành ý tưởng ban đầu, can đảm thực hiện tới cùng. Là người thầy lớn hướng dẫn từng bước đi của bạn.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ: so sánh (kỷ luật so sánh với đôi cánh lớn)

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phép liên kết câu đã học

Giải chi tiết:

- Các phép liên kết bao gồm: phép lặp; phép thế; phép nối; phép liên tưởng, đồng nghĩa, trái nghĩa.

- “Kỷ luật là sự huấn luyện nghiêm khắc mang đến cho bạn rất nhiều thứ. Đó là niềm đam mê, sự quyết tâm, tinh thần không bỏ cuộc” đoạn trên sử dụng những phép liên kết là: phép thế: “Đó” thế cho “mang đến cho bạn rất nhiều thứ” ở câu 1.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài nội dung đoạn trích, phân tích

Giải chi tiết:

Nội dung đoạn trích là: Sức mạnh của kỉ luật đối với cuộc sống con người.

Phương pháp giải:

Căn cứ các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:

Phương thức biểu đạt chính: nghị luận

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

Biện pháp tu từ điệp từ: chuộng.

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

Nội dung: cái đẹp là cái có chừng mực và quy mô vừa phải.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung và những từ ngữ được lặp lại nhiều lần.

Giải chi tiết:

Thông điệp: cần lựa chọn cái đẹp đích thực để phù hợp với văn hóa

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung và những từ ngữ được lặp lại nhiều lần.

Giải chi tiết:

Quy mô vừa phải thể hiện sự vừa đủ, không vượt ngoài quy chuẩn và để lại sự dễ chịu nơi người tiếp xúc.

Phương pháp giải:

Căn cứ 6 phong cách ngôn ngữ đã học (sinh hoạt, nghệ thuật, chính luận, báo chí, khoa học, hành chính).

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên mang đầy đủ đặc điểm của phong cách chính luận:

- Tính công khai về quan điểm chính trị: Tác giả bày tỏ quan điểm của mình về tính tự kiêu, tự đại và tác hại của nó đối với con người.

- Tính chặt chẽ trong diễn đạt và suy luận: Tác giả đưa ra tác hại của tính tự kiêu và lấy ví dụ so sánh để người đọc có thể hình dung một cách cụ thể. Các câu văn ngắn liên tiếp được nối với nhau bằng các phép liên kết câu làm cho đoạn văn trở nên chặt chẽ.

- Tính truyền cảm và thuyết phục: Giọng điệu hùng hồn, ngôn từ sáng rõ

Phương pháp giải:

Căn cứ vào 6 thao tác lập luận đã học (giải thích, chứng minh, phân tích, so sánh, bình luận, bác bỏ).

Giải chi tiết:

- Thao tác lập luận:

+ Giải thích: “Tự kiêu, tự đại là khờ dại”.

+ Bác bỏ: “Chớ tự kiêu, tự đại”.

+ Phân tích: các câu tiếp theo.

+ So sánh: “Người mà tự kiêu, tự mãn, cũng như cái chén, cái đĩa cạn…”

Phương pháp giải:

Căn cứ các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:                  

- Biện pháp tu từ điệp từ: tự kiêu, tạ đại, hơn mình, thì.

- Tác dụng: Sử dụng phép điệp từ có tác dụng làm cho lời thơ giàu giá trị biểu đạt, có nhịp điệu; qua đó tác giả nhằm thể hiện sự phản bác của mình về kiểu người tự kiêu, tự đại.

Phương pháp giải:

Phân tích, lý giải, tổng hợp

Giải chi tiết:

“Tự kiêu, tự đại tức là thoái bộ”: ý kiến nêu lên tác hại của việc tự kiêu, tự đại. “Thoái bộ” ở đây nghĩa là suy thoái, thụt lùi. Một người tự kiêu, tự đại sẽ không học hỏi được những điều hay, không tiếp thu được những kiến thức mới mà chỉ bị thụt lùi về phía sau và không phát triển bản thân lên được.

Phương pháp giải:

Phân tích, liên hệ

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên phê phán tính tự kiêu, tự đại, giống với văn bản Ếch ngồi đáy giếng.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Con người của Bác, đời sống của Bác giản dị như thế nào, mọi người chúng ta đều biết: bữa cơm, đồ dùng, cái nhà, lối sống.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Về văn phong, cách nói và cách viết của Hồ Chủ Tịch có những nét rất độc đáo: Nội dung khảng khái, thấm thía đi sâu vào tình cảm của con người, chinh phục cả trái tim và khối óc con người ta: Hình thức sinh động, giản dị, giàu tính dân tộc và tính nhân dân

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ

Giải chi tiết:              

Không nên đánh giá con người qua bề ngoài hình thức mà nên đánh giá con người qua những hành động, cử chỉ, cách đối xử của họ.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

Thơ Tố Hữu không phải là một trò tiêu khiển mà là một khí cụ đấu tranh, một công tác vận động của người cách mạng. Người Tố Hữu là một thi sĩ, một chiến sĩ nhưng chúng ta đừng quên cốt cách của nó là thi sĩ.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ

Giải chi tiết:

Các từ: chắn đường, chặn đường, cản đường đều mang nghĩa ngăn cản (động từ)

Từ “chặng đừng” để chỉ một hành trình (danh từ)

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về tính từ

Giải chi tiết:

Từ “giành” trong “giành cúp” chỉ hoạt động cố gắng đạt được một thứ gì đó

Từ “dành” trong các từ còn lại chỉ hoạt động giữ lại để dùng về sau

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại từ đã học

Giải chi tiết:               

Từ “bàng quang” là danh từ chỉ một bộ phận trên cơ thể người

Các từ còn lại đều chỉ sự không quan tâm đến vấn đề đang diễn ra.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào hiểu biết về các tác giả đã học trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Lưu Quang Vũ là nhà viết kịch tài ba trong giai đoạn sau 1975.

Phương pháp giải:

Căn cứ kiến thức về các tác phẩm đã học.

Giải chi tiết:                    

A. Hầu trời. => Là tác phẩm của nhà thơ Tản Đà, sáng tác trong phong trào Thơ mới.

B. Tống biệt hành. => Là tác phẩm của nhà thơ Thanh Tâm, sáng tác năm 1940 trong phong trào Thơ mới.

C. Ông đồ. => Là tác phẩm của nhà thơ Vũ Đình Liên, tác phẩm đã đưa tên tuổi của ông trở nên có vị trí trong phong trào Thơ mới.

D. Đoàn thuyền đánh cá. => Là tác phẩm của nhà thơ Huy Cận, sáng tác vào năm 1958 – 4 năm sau khi miền Bắc được giải phóng, đất nước bắt đầu bước vào thời kì xây dựng sau chiến tranh => Tác phẩm không thuộc phong trào Thơ mới.

Phương pháp giải:

Căn cứ hiểu biết về tác giả trong chương trình THPT

Giải chi tiết:

Viết về người trí thức tiểu tư sản nghèo, Nam Cao đã mạnh dạn phân tích và mổ xẻ tất cả

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu

Giải chi tiết:

Con đường hình thành bản sắc dân tộc của văn hóa không chỉ trông cậy vào sự tạo tác của chính dân tộc đó mà còn trông cậy vào khả năng chiếm lĩnh, khả năng đồng hóa những giá trị văn hóa bên ngoài.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào ý nghĩa từ và câu.

Giải chi tiết:

Văn chương sẽ là hình dung của sự sống muôn hình vạn trạng. Chẳng những thế, văn chương còn sáng tạo ra sự sống.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung câu văn.

Giải chi tiết:

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

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung câu văn.

Giải chi tiết:

Mỗi ngày Mị càng không nói, lùi lũi như con rùa nuôi trong xó cửa.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:           

Rừng già đã hun đúc cho con sông Hương vẻ đẹp gan dạ, tự do và phóng khoáng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh chiếc gông được miêu tả một cách rất kĩ nhằm thể hiện khí phách của Huấn Cao. Cái gôm có nặng đến thế nào, sự áp bức của chế độ có nặng nề bao nhiêu cũng không ngăn nổi khí phách hiên ngang của người anh hùng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh “Tháng giêng ngon như một cặp môi gần” là một so sánh rất Xuân Diệu bởi lẽ ở đây ông đã lấy con người làm chuẩn mực của thiên nhiên trời đất. Điều nay chưa từng có trong thơ ca Trung đại.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Bà cụ Tứ trong đoạn trích trên có những hành động như quét dọn nhà cửa, khuôn mặt rạng rỡ hẳn lên. Điều đó thể hiện cho một tinh thần lạc quan, tin vào sự đổi đời của bà lão nông dân nghèo.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:                

Đoạn thơ thể hiện nỗi nhớ về những kỉ niệm đã gắn bó với người dân Việt Bắc.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên tác giả đã cảm nhận vẻ đẹp của đất nước qua bình diện lịch sử

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Nhân vật Việt trong đoạn trích trên thể hiện rõ nhất phẩm chất của một người anh hùng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học

Giải chi tiết:           

Đoạn trích trên được viết theo phương thức nghị luận.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản đã học

Giải chi tiết:

Lời của người đàn bà trong đoạn trích trên cho thấy, bà là một người thấu hiểu lẽ đời. Chính lời nói này đã khiến Phùng và Đẩu hiểu thêm về các khía cạnh trong cuộc sống.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

Đoạn thơ trên sử dụng các biện pháp tu từ:

- Câu hỏi tu từ (Ai biết tình ai có đậm đà?)

- Điệp từ (khách đường xa)

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức đã học trong bài Rừng Xà nu

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên là lời cụ Mết khi đón Tnú về thăm làng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Hình ảnh con sóng được sử dụng biện pháp tu từ ẩn dụ cho hình ảnh người phụ nữ trong tình yêu.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của tác phẩm Hồn Trương Ba da hàng thịt.

Giải chi tiết:

Trong cuộc đối thoại trên, Lưu Quang Vũ đã cgir ra rằng: Xưa nay chúng ta cứ mãi đề cao tâm hồn mà quên đi vật chất. Thực tế, con người không thể sống được nếu chỉ có một tâm hồn đẹp. Vì vậy vật chất cũng có một giá trị hết sức quan trọng trong đời sống con người.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của tác phẩm

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên nói đến vẻ đẹp trữ tình thơ mộng của con Sông Đà.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung của câu thơ

Giải chi tiết:

Câu thơ: “Đâu tiếng làng xa vãn chợ chiều” sử dụng biện pháp nghệ thuật lấy động tả tĩnh. Câu thơ tả tiếng động âm thanh nhưng lại không cho thấy sự náo nhiệt mà ngược lại cho người đọc cảm giác không cảnh rộng lớn yên ắng đến nao lòng.

Phương pháp giải:

SGK Lịch sử 11, trang 53.

Giải chi tiết:

Một trong những nội dung của Chính sách kinh tế mới (1921) ở nước Nga Xô viết là bãi bỏ chính sách trung thu lương thực thừa và thay bằng thu thuế lương thực.

Phương pháp giải:

Phân tích các phương án.

Giải chi tiết:          

A, D loại vì cuối thế kỉ XIX, nhiệm vụ đấu tranh chỉ là giành độc lập dân tộc.

B loại vì giai đoạn này chưa có mặt trận dân tộc thống nhất, phải từ năm 1936 trở đi mới thành lập Mặt trận dân tộc thống nhất để lãnh đạo đấu tranh.

C chọn vì sự thất bại của phong trào yêu nước cuối thế kỉ XIX đầu thế kỉ XX là do chưa có giai cấp lãnh đạo tiên tiến và chưa đưa ra được đường lối đấu tranh đúng đắn.

Phương pháp giải:

Phân tích các phương án.

Giải chi tiết:

A loại vì trật tự hai cực Ianta được hình thành gồm các nước TBCN dứng đầu là Mĩ và Liên Xô là nước XHCN.

B chọn vì trật tự thế giới theo hệ thống Vécxai – Oasinhtơn và trật tự thế giới hai cực Ianta đều phản ánh quá trình thỏa hiệp và đấu tranh giữa các cường quốc.

C loại vì trong hệ thống Véc xai – Oa sinh tơn, các nước đều thuộc phe TBCN.

D loại vì lợi ích của mỗi nước là khác nhau và mâu thuẫn về lợi ích vẫn luôn tồn tại.

Phương pháp giải:

Dựa vào bối cảnh lịch sử Việt Nam đầu thế kỉ XX và hoạt động của Nguyễn Ái Quốc để đánh giá.

Giải chi tiết:

- Cuối thế kỉ XIX – đầu thế kỉ XX, Việt Nam đang trong thời kì khủng hoảng về đường lối cứu nước và giai cấp lãnh đạo đấu tranh bởi vì ngọn cờ phong kiến đã lỗi thời, lạc hậu còn con đường cứu nước theo khuynh hướng dân chủ tư sản đang trong quá trình thực tế kiểm nghiệm nhưng cũng dần cho thấy đây không phải là con đường cứu nước phù hợp vì chưa đáp ứng được yêu cầu của lịch sử dân tộc.

- Trong bối cảnh đó, Nguyễn Ái Quốc đang trên con đường tìm đường cứu nước cho dân tộc và Người đã tìm ra con đường phù hợp đó là con đường cách mạng vô sản. Điều này được chứng minh bởi thắng lợi đầu tiên là thắng lợi của Cách mạng XHCN tháng Mười Nga năm 1917. Người đánh giá đây là cuộc cách mạng “đến nơi” khi so sánh với cách mạng Pháp và cách mạng Mĩ. Sau này, thực tế lịch sử Việt Nam chứng minh và lựa chọn con đường cứu nước mà Nguyễn Ái Quốc đã xác định năm 1920 là hoàn toàn đúng đắn. Đây là công lao đầu tiên to lớn nhất của Nguyễn Ái Quốc trong những năm 1919 – 1930.