Top 10 đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2023 - 2024 có lời giải (Đề 3)

Phương pháp giải:

- Đọc số liệu trên biểu đồ, cột số công trình được công bố trên tạp chí quốc tế.

- Tìm cột cao nhất tương ứng với năm nào rồi chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

Năm 2016 có lượng công trình khoa học được công bố trên tạp chí quốc tế chiếm tỉ lệ cao nhất : 732 công trình.

Phương pháp giải:

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right)\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = gt \Rightarrow v\left( {11,5} \right) = 9,8.11,5 = 112,7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).

Phương pháp giải:

- Đưa hai vế của phương trình về cùng cơ số.

- Giải phương trình \({a^{f\left( x \right)}} = {a^{g\left( x \right)}} \Leftrightarrow f\left( x \right) = g\left( x \right)\).

Giải chi tiết:

\({4^{2x + 3}} = {8^{4 - x}} \Leftrightarrow {2^{2\left( {2x + 3} \right)}} = {2^{3\left( {4 - x} \right)}}\)\( \Leftrightarrow 4x + 6 = 12 - 3x \Leftrightarrow x = \frac{6}{7}\)

Phương pháp giải:

Giải phương trình thứ hai tìm nghiệm \(x\) và thế vào phương trình thứ nhất tìm \(y\).

Giải chi tiết:

Ta có:\({\left| x \right|^3} + 2{x^2} + 3\left| x \right| = 6\)

\( \Leftrightarrow {\left| x \right|^3} + 2{\left| x \right|^2} + 3\left| x \right| = 6\)

⇔|x|=1⇔x=±1

Với \(\left| x \right| = 1 \Rightarrow \left| y \right| = 0 \Rightarrow y = 0\)

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Phương pháp giải:

Nghiệm của phương trình \(a{z^2} + bz + c = 0,{\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) là z1,2=-b±Δ⁢ 2⁢a.

Giải chi tiết:

Phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\] có Δ'=12-3= -2

Suy ra phương trình \[{z^2} + 2z + 3 = 0\]có nghiệm z1,2=-1±2⁢i

\[{z_1}\] là nghiệm phức có phần ảo âm ⇒z1= -1-2⁢i. Điểm biểu diễn của \[{z_1}\] là \[M\left( { - 1; - \sqrt 2 } \right)\].

Phương pháp giải:

- Tìm vecto pháp tuyến của mặt phẳng.

- Viết phương trình mặt phẳng đi qua \(A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\)và có 1 VTPT là \(\vec n\left( {A;B;C} \right)\)là:

\(A\left( {x - {x_0}} \right) + \left( {y - {y_0}} \right) + C\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)

Giải chi tiết:

Mặt phẳng vuông góc với trục Oy có vecto pháp tuyến là \(\vec n = \left( {0;1;0} \right)\)

Mặt phẳng đó đi qua điểm \(M\left( {2;2;3} \right)\)và có dạng \(y - 2 = 0\).

Phương pháp giải:

Điểm \(M\left( {a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right)\)có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\)là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} b;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c} \right).\)

Giải chi tiết:

Hình chiếu vuông góc của điểm \(A\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) có hình chiếu vuông góc trên \(\left( {Oyz} \right)\) là: \(H\left( {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right).\)

Phương pháp giải:

Giải bất phương trình bậc nhất 1 ẩn: \(\frac{A}{B} \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \le 0}\\{B > 0}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A \ge 0}\\{B < 0}\end{array}} \right.}\end{array}} \right..\)

Giải chi tiết:

x+13-2⁢x≤0⇔[{x+1≥03-2x<0{x+1≤03-2x>0⇔[{x≥-1x>32{x≤ -1x<32⇔[x>32x≤ -1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right).\)

Phương pháp giải:

Biến đổi đưa về các phương trình lượng giác cơ bản dạng: \(\cos x = a\)

Giải chi tiết:

2sin22x+cos2x+1=0⇔2-2cos22x+cos2x+1=0⇔-2cos22x+cos2x+3=0⇔[cos2x= -1cos2x=32(VN)

⇔2x=π +k2π,k∈Z⇔x=π2+kπ,k∈Z

Vì x∈[0;2018⁢π] nên 0≤π2+k⁢π⁢ ≤2018⁢π⁢ ⇔ -12≤k≤40352⇒k∈{0;1;2;3;…;2017}

Như vậy, có 2018 sốkthỏa mãn, suy ra, phương trình đã cho có 2018 nghiệm trong \(\left[ {0;2018\pi } \right]\).

Phương pháp giải:

Tổng \(n\) số hạng đầu của một cấp số cộng là \({S_n} = \frac{{n\left( {{u_1} + {u_n}} \right)}}{2}\) hay \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\).

Giải chi tiết:

Dễ thấy số hạt dẻ đặt vào từng ô tạo thành một cấp số cộng với \({u_1} = 7;\;d = 5.\)

Gọi bàn cờ đó có \(n\) ô \( \Rightarrow {S_n} = 25450 = \frac{{n\left[ {2.7 + \left( {n - 1} \right).5} \right]}}{2}\)

\[ \Leftrightarrow n\left( {5n + 9} \right) = 50900 \Leftrightarrow 5{n^2} + 9n - 50900 = 0 \Rightarrow n = 100\] (do \[n \in {N^*}\])

Vậy bàn cờ đó có 100 ô.

Phương pháp giải:

Rút gọn biểu thức dưới dấu nguyên hàm, sa dụng công thức nguyên hàm của hàm số cơ bản đề tìm nguyên hàm.

Giải chi tiết:

\(\int {f\left( x \right){\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{{x + 3}}{{{x^2} + 4x + 3}}{\rm{d}}x} \)\( = \int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x} \)\( = \ln \left| {x + 1} \right| + C\).

Phương pháp giải:

- Cô lập \(m\), đưa bất phương trình về dạng \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).

- Lập BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\)và kết luận.

Giải chi tiết:

Ta có: \(f\left( x \right) < m - {x^3} - x\)\( \Leftrightarrow f\left( x \right) + {x^3} + x < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\).

Đặt \(g\left( x \right) = f\left( x \right) + {x^3} + x\) ta có \(g\left( x \right) < m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;0} \right)\)\( \Leftrightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right)\).

Ta có: \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) + 3{x^2} + 1\); g'⁢(x)=0⇔f'⁢(x)=-3⁢x2-1.

Số nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( x \right)\) và đồ thị hàm số y= -3⁢x2-1.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên \(\left[ { - 2;0} \right]\), phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)có duy nhất nghiệm \(x = 0\).

BBT hàm số \(y = g\left( x \right)\):

Dựa vào BBT ta thấy: \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { - 2;0} \right]} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = f\left( 0 \right)\).

Vậy \(m \ge f\left( 0 \right)\).

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính quãng đường xe đi được trong khoảng thời gian từ \(a\) đến \(b\) là: \(s = \int\limits_a^b {v\left( t \right)dt} .\)

Giải chi tiết:

Ta có quãng đường vật đó chuyển động được là:

s=∫310(3⁢t2+4)⁢𝑑t⁢ =(t3+4⁢t)|310=1001⁢(m).

Phương pháp giải:

Bài toán: Mỗi tháng đều gửi một số tiền là a đồng vào đầu mỗi tháng tính theo lại kép với lãi suất là r% mỗi tháng. Tính số tiền thu được sauntháng: \({A_n} = \frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r}\)

Giải chi tiết:

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để 

\(\frac{{a\left( {1 + r} \right)\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^n} - 1} \right]}}{r} \ge 200 \Leftrightarrow \frac{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)\left[ {{{\left( {1 + 0,6\% } \right)}^n} - 1} \right]}}{{0,6\% }} \ge 200\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 + 0,6\% } \right)^n} \ge \frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1 + 0,6\% }}\left( {\frac{{200.0,6\% }}{{10.\left( {1 + 0,6\% } \right)}} + 1} \right) \approx 18,84 \Rightarrow {n_{\min }} = 19\)

Vậy sau ít nhất 19 tháng thì người đó trả được hết số nợ ngân hàng.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y > 0} \right)\), đưa bất phương trình về dạng \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right)\).

- Giải bất phương trình \({\log _a}f\left( x \right) \ge {\log _a}g\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right) \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a > 1} \right)\).

- Giải bất phương trình chứa căn: f⁢(x)≥g(x)⇔[{g(x)<0f(x)≥0{g(x)≥0f(x)≥g2(x)

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x > 0\).

Ta có: log3⁡x⁢ ≥log3⁡x+1⇔log3⁡x⁢ ≥log3⁡x+log3⁡3⇒log3⁡x⁢ ≥log3⁡(3⁢x)⇔x⁢ ≥3⁢x.

Do \(x > 0\)nên x⁢⁢ ≥3⁢x⇔x≥9⁢x2⇔0≤x≤19.

Kết hợp điều kiện \( \Rightarrow \left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {0;\frac{1}{9}} \right]\).

Phương pháp giải:

 

Thể tích khối tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\), \(y = g\left( x \right)\), \(x = a\), \(x = b\)là: \(V = \pi \int\limits_a^b {\left| {{f^2}\left( x \right) - {g^2}\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình \(\left( D \right)\) quay xung quanh \(Ox\) bằng: V=∫0π ⁢(sin2⁡x-02)⁢𝑑x⁢⁢ =π22.

Phương pháp giải:

- Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng \(m \le f\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

- Đánh giá hoặc lập BBT để tìm \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {3; + \infty } \right)} f\left( x \right)\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 4mx\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {3; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le {x^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le \min \left( {{x^2}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {3; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow m \le {3^2} = 9\)

Kết hợp điều kiện bài toán ta có m là số nguyên dương \( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;...;9} \right\}\).

Vậy tổng các giá trị của m là \(1 + 2 + 3 + ... + 9 = \frac{{9.10}}{2} = 45\).

Phương pháp giải:

Đưa phương trình về phương trình bậc nhất đối với \(z\) và tìm \(z\).

Giải chi tiết:

\(2z - 3\left( {1 + i} \right) = iz + 7 - 3i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 7 - 3i + 3\left( {1 + i} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - i} \right)z = 10\)

\( \Leftrightarrow z = \frac{{10}}{{2 - i}} = 4 + 2i\).

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 \(|z + 2| = |i - z|\) có

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

⇔(x+2)2+y2=(-x)2+(1-y)2⇔4x+4=-2y+1⇔4x+2y+3=0.

Phương pháp giải:

+) Từ giả thiết tính độ dài đường cao CH hạ từ đỉnh C: \[CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}}\]

+) Tham số hóa tọa độ điểm G trên đường thẳng \(3x - y - 8 = 0\), suy ra tọa độ điểm C theo tham số.

+) Dùng khoảng cách \[d\left( {C;AB} \right) = CH\]thiết lập phương trình và giải tham số ta tìm được đỉnh C.

Giải chi tiết:

Ta có A⁢B=(3-2)2+(-2+3)2⁢ =2

Gọi CH là đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC

\[ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.CH \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{\Delta ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2.\frac{3}{2}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }} = d\left( {C;AB} \right)\]

\[G \in \left( {2x - y - 8 = 0} \right) \Rightarrow G\left( {t;3t - 8} \right)\]

G là trọng tâm tam giác \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{{2 + 3 + {x_C}}}{3}}\\{3t - 8 = \frac{{ - 3 - 2 + {y_C}}}{3}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_C} = 3t - 5}\\{{y_C} = 9t - 19}\end{array}} \right..C\left( {3t - 5;9t - 19} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {t > \frac{5}{3}} \right)\)

Ta có A⁢B→⁢⁢ =(1;1)⇒ đường thẳng AB đi qua A và nhận \(\vec n = \left( {1; - 1} \right)\) là 1 VTPT nên có phương trình \(1\left( {x - 2} \right) - 1\left( {y + 3} \right) = 0 \Leftrightarrow x - y - 5 = 0\)

\( \Rightarrow d\left( {C;AB} \right) = \frac{{\left| {3t - 5 - 9t + 19 - 5} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{3}{{\sqrt 2 }}\)

⇔|-6t+9|=3⇔[-6t+9=3-6t+9=-3⇔[t=1(ktm)t=2(tm)⇒C(1;-1).

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:

\({\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)

Giải chi tiết:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( Q \right) \bot \left( P \right)}\\{\left( Q \right) \supset OK}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot {{\vec n}_{\left( P \right)}}}\\{{{\vec n}_{\left( Q \right)}} \bot \overrightarrow {OK} }\end{array}} \right. \Rightarrow {\vec n_{\left( Q \right)}} = \left[ {\overrightarrow {OK} ;{{\vec n}_{\left( P \right)}}} \right]\)

Ta có O⁢K→ =(1;2;3);n→(P)=(2;-1;0)⇒n→(Q)=[O⁢K→;n→(P)]=(3;6;-5).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là: \(3x + 6y - 5z = 0\).

Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh của hình nón có đường sinh \(l\), bán kính đáy \(R\) là: \({S_{xq}} = \pi rl\). Tìm \(l\).

- Tìm chiều cao của khối nón: \(h = \sqrt {{l^2} - {R^2}} \).

- Thể tích xung quanh của hình nón có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(R\) là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\).

Giải chi tiết:

Gọi \(h,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} l\) lần lượt là đường cao và độ dài đường sinh của hình nón.

Diện tích xung quanh hình nón là S=π⁢R⁢l=2⁢5⁢π⇔π.2.l=25π⇔l=5.

Chiều cao của hình nón là: h=l2-R2⁢⁢ =5-4⁢⁢ =1.

Vậy thể tích của khối nón là: \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{{4\pi }}{3}.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối nón \(V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h\) và công thức thể tích khối cầu \(V = \frac{4}{3}\pi {R^3}\).

Giải chi tiết:

Quay miền tam giác \(SAB\) quanh cạnh \(SA\) ta được khối nón có chiều cao \(h = SA\), bán kính đáy \(R = AB\).

\( \Rightarrow {V_1} = \frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA\)

Quay nửa hình tròn quanh cạnh \(SA\) ta được khối cầu có bán kính \(IA\).

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\frac{{IA}}{{IS}} = \frac{{AB}}{{SB}} = \cos {60^0} = \frac{1}{2} \Rightarrow IA = \frac{1}{2}IS \Rightarrow IA = \frac{1}{3}SA\)

\( \Rightarrow {V_2} = \frac{4}{3}\pi .I{A^3} = \frac{4}{3}\pi \frac{{S{A^3}}}{{27}} = \frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{\frac{1}{3}\pi .A{B^2}.SA}}{{\frac{{4\pi S{A^3}}}{{81}}}} = \frac{{27}}{4}.\frac{{A{B^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{{AB}}{{SA}}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\cot {{60}^0}} \right)^2} = \frac{{27}}{4}{\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} = \frac{9}{4}\).

Phương pháp giải:

- Xác định đoạn vuông góc chung của hai đoạn thẳng \(AA'\)và BC.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(A'G\).

- Áp dụng công thức tính thể tích \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}}\).

Giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Vì tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\) và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(A'G \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(A'G \bot BC\); \(BC \bot AM\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {MAA'} \right)\).

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(MI \bot AA'\) tại \(I\); khi đó ta có \(BC \bot IM\) nên \(IM\) là đoạn vuông góc chung của \(AA'\) và \(BC\), do đó \(d\left( {AA';BC} \right) = IM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Trong \(\left( {AA'M} \right)\) kẻ \(GH \bot AA'\) tại \(H\), áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\frac{{AG}}{{AM}} = \frac{{GH}}{{IM}} = \frac{2}{3}\)\( \Leftrightarrow GH = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(AA'G\) ta có:

\(\frac{1}{{H{G^2}}} = \frac{1}{{A'{G^2}}} + \frac{1}{{A{G^2}}} \Leftrightarrow A'G = \frac{{AG.HG}}{{\sqrt {A{G^2} - H{G^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} }} = \frac{a}{3}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'G.{S_{ABC}} = \frac{a}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Giải chi tiết:

Trong mp(SAD) gọi \(P = MN \cap AD\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in MN}\\{P \in AD \subset \left( {ABCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow P = MN \cap \left( {ABCD} \right)\)

Trong mp(ABCD) gọi \(K = PC \cap AB\). Khi đó điểm K là điểm cần dựng.

Từ \(SA = 3AN{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)\) suy ra \(AN = \frac{1}{4}SA\)

Gọi E là trung điểm AD. Ta có ME là đường trung bình của tam giác SAD \( \Rightarrow ME//SA\)

\( \Rightarrow AN//ME\).

Áp dụng định lí Talet ta có : \(\frac{{PA}}{{PE}} = \frac{{AN}}{{ME}} = \frac{{\frac{1}{4}SA}}{{\frac{1}{2}SA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3}\)

Trong mặt phẳng (ABCD), có AK / / CD nên ta có: \(\frac{{AK}}{{CD}} = \frac{{PA}}{{PD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{1}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB = CD} \right) \Rightarrow \frac{{AK}}{{BK}} = \frac{1}{2}\).

Phương pháp giải:

- Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).

- Đánh giá GTNN của tích \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \)đạt được dựa vào điểm \(E\).

Giải chi tiết:

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( { - 1;2;1} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow E\left( {1; - 2; - 1} \right)\)và \(AB = 6\sqrt 2 \).

Ta có: M⁢A→.M⁢B→⁢⁢ =(M⁢E→⁢ +E⁢A→)⁢(M⁢E→⁢ +E⁢B→)

=M⁢E2+M⁢E→.(E⁢A→⁢ +E⁢B→)+E⁢A→.E⁢B→

=M⁢E2+M⁢E→.0→-E⁢B→.E⁢B→⁢⁢ =M⁢E2-14⁢A⁢B2

Suy ra \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \)đạt GTNN khi \(ME\) đạt GTNN.

Lại có: \(ME + MI \ge IE \Rightarrow ME + MI \ge IN + NE \Rightarrow ME \ge NE\)

\( \Rightarrow ME\)đạt GTNN khi \(M \equiv N\)với \(N = IE \cap \left( S \right)\)

Đường thẳng \(IE\) đi qua \(I\left( { - 1;2;1} \right)\)và nhận I⁢E→⁢⁢ =(2;-4;-2) làm VTCP nên I⁢E:{x=-1+ty=2-2tz=1-t

\(N = IE \cap \left( S \right)\) nên \({\left( { - 1 + t} \right)^2} + {\left( {2 - 2t} \right)^2} + {\left( {1 - t} \right)^2} + 2\left( { - 1 + t} \right) - 4\left( {2 - 2t} \right) - 2\left( {1 - t} \right) + \frac{9}{2} = 0\)

\( \Leftrightarrow 6{\left( {t - 1} \right)^2} + 12\left( {t - 1} \right) + \frac{9}{2} = 0\)

⇔[t-1=-12t-1= -32⇔[t=12t=-12\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{N\left( { - \frac{1}{2};1;\frac{1}{2}} \right) \Rightarrow NE = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}}\\{N\left( { - \frac{3}{2};3;\frac{3}{2}} \right) \Rightarrow NE = \frac{{5\sqrt 6 }}{2}}\end{array}} \right.\)

\(M{E_{\min }} = \frac{{3\sqrt 6 }}{2}\) khi M≡N⁢(-12;1;12)⇒a+b+c=⁢ -12+1+12=1.

Phương pháp giải:

- d⊥(α⁢ )⇒ud→⁢=nα→ với ud→,nα→ lần lượt là VTCP của đường thẳng d và VTPT của (α⁢⁢ ).

- Phương trình đường thẳng đi qua M⁢(x0;y0;z0) và có 1 VTCP u→⁢(a;b;c) có phương trình {x=x0+aty=y0+btz=z0+ct(t∈R)

Giải chi tiết:

Mặt phẳng (α⁢⁢ ):5⁢x-10⁢y-15⁢x-16=0 có 1 VTPT nα→⁢ =(5;-10;-15).

\( \Rightarrow \) Đường thẳng vuông góc với \(\alpha \) có 1 VTCP u→=⁢ -15⁢nα→⁢⁢ =(-1;2;3).

Phương pháp giải:

- Tính \(g'\left( x \right)\), giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\).

- Xác định các nghiệm của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\) mà qua đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu.

Giải chi tiết:

Ta có: \(g'\left( x \right) = \left( {2x - 2} \right)f'\left( {{x^2} - 2x} \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{f'\left( {{x^2} - 2x} \right) = 0}\end{array}} \right.\)⇔[x=1x2-2x=3⇔[x=1x=-1x=3

Ta không xét \({x^2} - 2x = 1\)do qua đó \(f'\left( x \right)\).

Vậy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị.

Giải chi tiết:

\(M \in \left( {Oxy} \right) \Rightarrow M(m;n;0)\)

M⁢A→⁢⁢ =(1-m;-n;0)

M⁢B→⁢⁢ =(3-m;2-n;4)

M⁢C→⁢ =(-m;5-n;4)

⇒M⁢A→⁢⁢ +M⁢B→⁢⁢ +2⁢M⁢C→⁢⁢ =(4-4⁢m;12-4⁢n;12)

⇒|M⁢A→⁢ +M⁢B→⁢⁢ +2⁢M⁢C→|=(4-4⁢m)2+(12-4⁢n)2+122⁢ ≥122⁢ =12

⇒|M⁢A→⁢⁢ +M⁢B→⁢⁢ +2⁢M⁢C→| đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi {4-4m=012-4n=0\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = 1}\\{n = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy \(M(1;3;0).\)

Phương pháp giải:

- Dựa vào số điểm cực trị để biện luận nghiệm của phương trình \(y = {x^3} - 3x + m\).

- Lập bảng biến thiên và suy ra các giá trị của \(m\).

Giải chi tiết:

Để phương trình \(y = \left| {{x^3} - 3x + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì phương trình \({x^3} - 3x + m = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Ta có: \({x^3} - 3x + m = 0\)⇔x3-3⁢x=-m.

Đặt f⁢(x)=x3-3⁢x⇒f'⁢(x)=3⁢x2-3=0⇔x= ±1

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có -2<-m<2⇔ -2<m<2⇒m∈{-1;0;1}.

Phương pháp giải:

Tìm điều kiện xác định

Dựa vào điều kiện có nghiệm của hệ để phân tích các trường hợp xảy ra của tham số \[m\].

Giải chi tiết:

ĐK: \[x \ge 1.\]

Xét phương trình m⁢x2+3⁢m-x4-1⁢⁢ ≥0⇔m⁢(x2+3)≥x4-1

Vì x4-1⁢⁢ ≥0;∀x≥1⇒m⁢(x2+3)≥0⇔m≥0

+ Với \[m = 0\] ta có hệ phương trình {x4-14≤0x4-1≤0⇒x4-1=0⇔[x=1(tm)x=-1(ktm)

+ Với \[m > 0\] thì  bất phương trình x2-14+m⁢(x-1⁢ +x+1)+2019⁢m≤0 vô nghiệm vì

x2-14+m⁢(x-1⁢⁢ +x+1)+2019⁢m>0;∀x≥1

Vậy có 1 giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài là \(m = 0.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {\pi ^x}}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array}} \right.\).

Giải chi tiết:

Đặt \(I = \int {f'\left( x \right).{\pi ^x}dx} \).

Đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = {\pi ^x}}\\{dv = f'\left( x \right)dx}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{du = {\pi ^x}\ln \pi }\\{v = f\left( x \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow I = {\pi ^x}f\left( x \right) - \ln \pi \int {{\pi ^x}f\left( x \right)dx} \).

Vì \(F\left( x \right) = {x^\pi }\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right).{\pi ^x}\) ⇒{F'(x)=f(x)πx∫f(x)πxdx =F(x)+C=xπ+C

⇒π.xπ⁢⁢ -1=f⁢(x).πx⇒f⁢(x)=π.xπ⁢⁢ -1πx.

⇒I=πx⁢π.xπ⁢⁢ -1πx-xπ⁢ln⁡π⁢⁢ +C

⇒I=π.xπ⁢ -1-xπ⁢ln⁡π⁢⁢ +C.

Phương pháp giải:

Công thức tính xác suất của biến cố A là: \(P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}}.\)

Số chia hết cho 6 là số chia hết cho 2 và 3.

Giải chi tiết:

Số cách chọn 10 tấm thẻ bất kì trong 40 tấm thẻ đã cho là: \({n_\Omega } = C_{40}^{10}\)cách chọn.

Gọi biến cố A: “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 6”.

Số thẻ chia hết cho 6 được chọn trong các số: 6; 12; 18; 24; 30; 36.

\( \Rightarrow {n_A} = C_{20}^5.C_{14}^4.C_6^1\)cách chọn.

\( \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{C_{20}^5C_{14}^4C_6^1}}{{C_{40}^{10}}} = \frac{{126}}{{1147}}.\)

Phương pháp giải:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\)và \(\left( {A'B'C'} \right)\)góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng  nằm trong hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài đường cao \(h = AA'\).

- Tính diện tích đáy \({S_{A'B'C'}}\), sử dụng công thức \(S = \frac{1}{2}ab\sin C\).

- Tính thể tích khối lăng trụ \(V = Sh\).

Giải chi tiết:

Gọi \(D\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì tam giác \(A'B'C'\) cân tại \(A'\)nên \(A'D \bot B'C'\) (trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D \bot B'C'}\\{AA' \bot B'C'}\end{array}} \right\} \Rightarrow B'C' \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow B'C' \bot AD\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = B'C'}\\{\left( {AB'C'} \right) \supset AD \bot B'C'}\\{\left( {A'B'C'} \right) \supset A'D \bot B'C'}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {AB'C'} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \angle \left( {AD;A'D} \right) = \angle ADA' = {60^0}\)

Vì tam giác \(A'B'C'\)cân tại \(A'\)nên \(\angle DA'C' = \frac{1}{2}\angle B'A'C' = {60^0}\) (trung tuyến đồng thời là phân giác).

Xét tam giác vuông \(A'C'D\) có: \(A'D = A'C'.cos{60^0} = 2a.\frac{1}{2} = a.\)

Xét tam giác vuông \(AA'D\)có: \(AA' = A'D.\tan {60^0} = a.\sqrt 3 .\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 .\)

Vậy VA⁢B⁢C.A'⁢B'⁢C'=A⁢A'.SA⁢B⁢C=a⁢3.a2⁢3⁢ =3⁢a3.

Đáp án: 0

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 2 \right) = {3.2^2} - 6.2 = 0\) nên hệ số góc cần tìm là \(k = 0\).

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Xác định số nghiệm bội chẵn, bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)

- Số điểm cực trị của hàm số là số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\).

Giải chi tiết:

+ f'(x)=0⇔[x=0(nghiemboile)x= -1(nghiemboichan)x=2(nghiemboile)

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án:\(\frac{4}{3}\)

Phương pháp giải:

+) \(\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \left( P \right)\)

+) M⁢(x0;y0;z0). Khoảng cách từ M đến (α⁢ ) là: d⁢(M,(α⁢⁢ ))=|A⁢x0+B⁢y0+C⁢z0+D|A2+B2+C2

Giải chi tiết:

Ta có: \(A\left( { - 3;0;0} \right) \in \left( P \right)\), \[\left( P \right)//\left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {A;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 3 + 0 - 0 - 1} \right|}}{{\sqrt {1 + 4 + 4} }} = \frac{4}{3}\].

Đáp án:\(\frac{5}{{11}}\)

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”, sử dụng tổ hợp chọn 4 người còn lại vào cùng bảng đó, và tính số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố.

Giải chi tiết:

Chia 12 người vào 2 bảng \( \Rightarrow \) Số phần tử của không gian mẫu là n⁢(Ω⁢ )=C126.C66=924.

Gọi A là biến cố: “hai vận động viên Kim và Liên thi đấu chung một bảng”.

Số cách chọn bảng cho A và B là 2 cách.

Khi đó cần chọn thêm 4 bạn nữa là \(C_{10}^4\) cách.

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 2.C_{10}^4 = 420\).

Vậy xác suất để Kim và Liên thi chung 1 bảng là \(P\left( A \right) = \frac{{420}}{{924}} = \frac{5}{{11}}\).

Đáp án:\(L = \frac{1}{4}\)

Phương pháp giải:

- Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right)\), tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\).

- Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

Giải chi tiết:

Đặt \(\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 15\).

Chú ý liên hợp bậc 4: \(a - b = \frac{{{a^4} - {b^4}}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}\).

\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[4]{{f\left( x \right) + 1}} - 2}}{{2{x^2} - 7x + 6}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) + 1 - 16}}{{{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}}}.\frac{1}{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}\)

\[ = \frac{1}{{8 + 8 + 8 + 8}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}} = \frac{1}{{32}}.8 = \frac{1}{4}\].

Đáp án:\[M = 15;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} m = 0\]

Phương pháp giải:

Cho hàm số \[y = a{x^2} + bx + c{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\]

Với \[a > 0:\]Giá trị nhỏ nhất của hàm số ymin=-Δ4⁢a đạt được tại x= -b2⁢a.

 Với\[a < 0:\]Giá trị lớn nhất của hàm số ymax=-Δ4⁢a đạt được tại x= -b2⁢a.

Giải chi tiết:

Hàm số \[y = {x^2} - 4x + 3\] có \[a = 1 > 0\]nên bề lõm quay lên trên.

Hoành độ đỉnh x= -b2⁢a=42=2∉[-2;1]

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( 1 \right) = 0}\\{f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \min y = f\left( 1 \right) = 0}\\{M = \max y = f\left( { - 2} \right) = 15}\end{array}} \right..\)

Đáp án:\(m < 3\)

Phương pháp giải:

Hàm số \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a \ne 0} \right)\) có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow y' = 0\)có hai nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

Ta có: \(y = {x^3} - 3{x^2} + mx + 2\)

\( \Rightarrow y' = 3{x^2} - 6x + m \Rightarrow y' = 0\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + m = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\)

Hàm số có cực đại và cực tiểu \( \Leftrightarrow \left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 9 - 3m > 0 \Leftrightarrow m < 3.\)

Đáp án: 4

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Hình phẳng giới hạn bởi các đường \(y = {e^x},y = 0,x = 0,x = \ln 5\) là:

S=∫0ln⁡5|ex|⁢𝑑x⁢⁢ =∫0ln⁡5ex⁢𝑑x⁢⁢ =ex|0ln⁡5=5-1=4.

Phương pháp giải:

Sử dụng đồ thị.

Giải chi tiết:

Đặt \(\sin x = t \in \left[ {0;1} \right]{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {do{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in \left[ {0;\pi } \right]} \right)\)\( \Rightarrow t' = \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2}\)

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ứng với mỗi giá trị của t khác 1 thì có 2 giá trị của x.

Do đó để phương trình \(f\left( {\sin x} \right) = m\) có đúng 2 nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;2} \right]\) thì phương trình \(f\left( t \right) = m\) phải có một nghiệm duy nhất trên \(\left[ {0;1} \right)\)⇒-4<m≤-3..

Đáp án:\(R = 5\sqrt {13} \)

Phương pháp giải:

Thế số phức từ yêu cầu vào giả thiết để biểu diễn môđun liên quan đến số phức w

Giải chi tiết:

Ta có \(\left| {z - 1} \right| = \left| {\overline {z - 1} } \right| = \left| {\bar z - 1} \right| = 5\) mà \(w = \left( {2 + 3i} \right)\bar z + 3 + 4i \Leftrightarrow \bar z = \frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}}\)

Suy ra \[\left| {\frac{{w - 3 - 4i}}{{2 + 3i}} - 1} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {\frac{{w - 5 - 7i}}{{2 + 3i}}} \right| = 5 \Leftrightarrow \frac{{\left| {w - 5 - 7i} \right|}}{{\left| {2 + 3i} \right|}} = 5 \Leftrightarrow \left| {w - 5 - 7i} \right| = 5\sqrt {13} \]

Do đó, tập hợp điểm biểu diễn số phức \[w\] là đường tròn tâm \[I\left( {5;7} \right),\], bán kính \[R = 5\sqrt {13} .\]

Đáp án: tan⁡φ⁢ =2

Phương pháp giải:

Xác định góc giữa hai mặt phẳng \(\left( P \right)\)và \(\left( Q \right)\)ta làm như sau

+) Xác định giao tuyến \(d\) của \(\left( P \right)\)và \(\left( Q \right)\).

+) Trong \(\left( P \right)\)xác định đường thẳng \(a \bot d,\)trong \(\left( Q \right)\)xác định \(b \bot d\).

+) Góc giữa \(\left( P \right)\)và \(\left( Q \right)\)là góc giữa \(a\) và \(b.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\) (do \(ABCD\) là hình vuông)

Trong \(\left( {A'BD} \right)\)có \(A'O \bot BD\) (do tam giác \(A'BD\)cân tại \(A'\))

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\)và \(\left( {ABC} \right)\)là góc giữa \(A'O\)và \(AC\) hay φ⁢ =A'⁢O⁢A^

Gọi \(a\) là cạnh hình lập phương và \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có \(\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BD\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AC \bot BD\) (do \(ABCD\) là hình vuông)

Trong \(\left( {A'BD} \right)\)có \(A'O \bot BD\) (do tam giác \(A'BD\)cân tại \(A'\))

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\)và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(A'O\)và \(AC\) hay φ⁢⁢ =A'⁢O⁢A^

Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{\sqrt {A{D^2} + A{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\)

Xét tam giác \(AA'O\)vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \)

Vậy tan⁡φ⁢ =2.

Đáp án:\(\frac{4}{3}\)

Phương pháp giải:

Nếu \(\Delta //\left( P \right)\)thì \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \in \Delta \).

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( P \right):2x - 2y + z + 5 = 0\) có 1 VTPT \(\vec n = \left( {2; - 2;1} \right)\). Đường thẳng Δ có 1 VTCP \(\vec u = \left( {1; - 1; - 4} \right)\)

Ta có: \(\vec n.\vec u = 2.1 - 2.\left( { - 1} \right) + 1.\left( { - 4} \right) = 0 \Rightarrow \Delta //\left( P \right)\)

Lấy \(A\left( { - 1;2; - 3} \right) \in d,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A \notin \left( P \right)\) (do \(2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5 \ne 0\))

\( \Rightarrow d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = d\left( {A;\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2.\left( { - 1} \right) - 2.2 + \left( { - 3} \right) + 5} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {2^2} + {1^2}} }} = \frac{4}{3}\)

Vậy \(d\left( {\Delta ;\left( P \right)} \right) = \frac{4}{3}\).

Đáp án:\({P_{\min }} = 9\)

Phương pháp giải:

+) Sử dụng công thức \({\log _a}x + {\log _a}y = {\log _a}\left( {xy} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a \ne 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x,y > 0} \right)\), giải bất phương trình logarit cơ bản \({\log _a}f\left( x \right) \le {\log _a}g\left( x \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {0 < a < 1} \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\).

+) Rút \(x\) theo \(y\), thế vào \(P\).

+) Đưa \(P\) về dạng \(P = f\left( y \right)\). Lập BBT và tìm GTNN của \(P = f\left( y \right)\).

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\[{\log _{\frac{1}{2}}}x + {\log _{\frac{1}{2}}}y \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {xy} \right) \le {\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + {y^2}} \right) \Leftrightarrow xy \ge x + {y^2}\]

\[ \Leftrightarrow x\left( {y - 1} \right) \ge {y^2} > 0\]. Mà \[x > 0 \Rightarrow y - 1 > 0 \Leftrightarrow y > 1\].

\[ \Rightarrow x \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}}\]. Khi đó ta có \(P = x + 3y \ge \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\).

Xét hàm số \(f\left( y \right) = \frac{{{y^2}}}{{y - 1}} + 3y\) với \(y > 1\) ta có:

\(f'\left( y \right) = \frac{{2y\left( {y - 1} \right) - {y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} + 3 = \frac{{{y^2} - 2y + 3{y^2} - 6y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = \frac{{4{y^2} - 8y + 3}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{3}{2}}\\{y = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

BBT:

Từ BBT ta thấy \(\mathop {\min }\limits_{y > 1} f\left( y \right) = f\left( {\frac{3}{2}} \right) = 9\).

Vậy \(P \ge 9\) hay \({P_{\min }} = 9\).

Đáp án:\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Phương pháp giải:

- Tính \({V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}}\)

- Chứng minh \(\Delta SAD\) vuông, tính \({S_{\Delta SAD}}\).

- Sử dụng công thức \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}}\)

Giải chi tiết:

Ta có: \({S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

\( \Rightarrow {V_{S.ACD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB}\\{AD \bot SI}\end{array}} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SA\)\( \Rightarrow \Delta SAD\)vuông tại \(A\).

Xét tam giác vuông \(SAI\): S⁢A=S⁢I2+A⁢I2⁢⁢ =(a⁢32)2+(a2)2⁢⁢ =a

\( \Rightarrow {S_{\Delta SAD}} = \frac{1}{2}SA.AD = \frac{1}{2}.a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Vậy \(d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ACD}}}}{{{S_{\Delta SAD}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án:\({a^3}\)

Phương pháp giải:

Khối chóp có thể tích lớn nhất khi 3 cạnh đôi một vuông góc.

Giải chi tiết:

Giả sử khối chóp \(ABCD\) có \(AB = a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC = 2a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD = 3a\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\)lên \(\left( {ABC} \right)\), khi đó ta có: \(DH \bot \left( {ABC} \right)\)và \(DH \le AD\).

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \angle BAC \le \frac{1}{2}AB.AC\)

Vây \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}DH.{S_{\Delta ABC}} \le \frac{1}{3}AD.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{6}AB.AC.AD = \frac{1}{6}.a.2a.3a = {a^3}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AD \bot \left( {ABC} \right),{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AB \bot AC\) hay \(AB,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AC,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AD\) đôi một vuông góc.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn trích thể hiện nỗi nhớ thiên nhiên, con người Việt Bắc thông qua bức tranh tứ bình.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Tác giả miêu tả mùa đông thong qua các cụm từ “rừng xanh”, “đỏ tươi”, “nắng ánh” là hàng loạt các từ ngữ đặc trưng của thiên nhiên mùa hè. Điều nay mang lại cảng giác khỏe khoắn, sức sống cho thiên nhiên ngay cả trong thời khắc đông về.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Hình ảnh “người đan nón chuốt từng sợi giang” thể hiện sự cần cù chăm chỉ lao động. Con người nơi đây không chỉ chăm chỉ mà còn rất tỉ mỉ trong công việc mình làm.

Phương pháp giải:

Căn cứ hoàn cảnh ra đời bài thơ Việt Bắc

Giải chi tiết:

Bài thơ Việt Bắc được ra đời trong hoàn cảnh miền Bắc thống nhất sau khi ký kết hiệp định Giơ ne vơ. Cán bộ từ chiến khu Việt Bắc phải rời căn cứ địa nơi đây để về tiếp quản Hà Nội.

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: biểu cảm.

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

Đoạn thơ thể hiện cảm xúc yêu mến, tự hào, biết ơn của tác giả đối với đất nước mình.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học.

Giải chi tiết:

- Biện pháp nghệ thuật:

+ Điệp ngữ: “là của chúng ta”.

+ Liệt kê: trời xanh, núi rừng, cánh đồng, ngả đường, dòng sông

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các thể thơ đã học. 

Giải chi tiết:

Tác phẩm được viết theo thể thơ tự do.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Điệp ngữ.

Giải chi tiết:

Tác dụng của biện pháp điệp ngữ: Sử dụng phép điệp từ có tác dụng tạo nhịp điệu, làm cho lời thơ giàu giá trị biểu đạt; qua đó tác giả nhằm nhấn mạnh niềm tự hào và chủ quyền của đất nước ta.

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

Giải chi tiết:

Hai đoạn thơ thuộc thể loại trữ tình, phương thức biểu đạt chính là biểu cảm.

Phương pháp giải:

Căn cứ kiến thức về thủ pháp tương phản đối lập. 

Giải chi tiết:

Lũ chúng tôi từ tay mẹ lớn lên

Còn những bí và bầu thì lớn xuống

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ đã học

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ: nhân hóa “Thời gian chạy qua tóc mẹ”

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp 

Giải chi tiết:

- Đều nói về nỗi vất vả, sự hi sinh của người mẹ để con được thành người.

- Tình yêu thương của nhân vật trữ tình dành cho mẹ.

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp 

Giải chi tiết:

Hai đoạn thơ truyền tải những thông điệp đặc sắc cho người đọc:

- Thời gian không chờ đợi ai

- Công lao sinh dưỡng của mẹ không gì sánh bằng

- Cần biết ơn công lao sinh thành, dưỡng dục của mẹ

Phương pháp giải:

Căn cứ vào lỗi sai về ngữ pháp/hoặc ngữ nghĩa/logic/phong cách.

Giải chi tiết:

Từ “nghiêm trọng” sai về ngữ nghĩa.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Một số lỗi dùng từ thường gặp:

- Lỗi lặp từ

- Lẫn lộn giữa các từ gần âm.

- Dùng từ không đúng nghĩa

Từ bị dùng sai trong đoạn trên là “chắp bút”

Đại Nam Quốc Âm Tự Vị của Huỳnh Tịnh Của có giảng “Chấp: cầm, giữ, chịu lấy. Như vậy, “chấp bút” có thể hiểu thuần là “giữ bút”, “chịu nhận bút”. Từ đây ta có thể suy ra nghĩa bóng là “phụ trách viết”. Từ điển tiếng Việt do Hoàng Phê chủ biên có ghi: “Chấp bút: viết thành văn bản theo ý kiến thống nhất của tập thể tác giả”. Như vậy từ này không đơn thuần là “viết ra”, mà là “chịu trách nhiệm viết”, đặc biệt dễ hiểu khi có nhiều người cùng lên nội dung cho một quyển sách.

Còn “chắp” chỉ có nghĩa là “làm cho liền lại bằng cách ghép vào nhau” hoàn toàn không phù hợp với ngữ cảnh.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào hiểu biết về bài Việt Bắc

Giải chi tiết:

Việt Bắc được biết đến không chỉ là một bài thơ trữ tình

=> Sửa lại: Việt Bắc trước hết là một bài thơ trữ tình – chính trị… Bài thơ là khúc hát ân tình thủy chung réo rắt, đằm thắm bậc nhất, và chính điều đó làm nên sức ngân vang sâu thẳm, lâu bền của bài thơ

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:

Tác phong: Có nghĩa là cách thức làm việc, sinh hoạt hằng ngày của mỗi người. Sử dụng ở đây không phù hợp

=> Chữa lại: phong vị (đặc tính gây hứng thú đặc sắc)

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các loại từ đã học

Giải chi tiết:

Từ “bó củi” là từ nhiều nghĩa có thể vừa là động từ vừa là danh từ.

Các từ con lại đều là danh từ.

Phương pháp giải:

Vận dụng kiến thức về tính từ

Giải chi tiết:

Các từ “vui vẻ”, “vui tươi”, “hạnh phúc” là những từ chỉ trạng thái

Từ “vui chơi” chỉ hoạt động

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- Từ quặn thắt; oằn oại; quằn quại: đều thể hiện quặn đau, có cảm giác như ruột co thắt lại.

- Từ quặn lòng: thể hiện sự xót xa.

=> Vậy từ “quặn lòng” không cùng nhóm với các từ còn lại.

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Nguyễn Tuân thuộc dòng văn xuôi lãng mạn. Còn lại các tác giả đều thuộc dòng văn hiện thực.

Phương pháp giải:

Vận dụng những hiểu biết về các tác phẩm trong chương tình Ngữ văn THPT.

Giải chi tiết:

Các đáp án A, B, C đều là các tác phẩm có phần đề từ:

- Tràng giang (Bâng khuâng trời rộng nhớ sông dài)

- Người lái đò Sông Đà (“Chúng thủy giai Đông tẩu/ Đà giang độc Bắc lưu” và “Đẹp vậy thay tiếng hát trên dòng sông”)

- Đàn ghi ta của Lor – ca (Khi tôi chết hãy chôn tôi với cây đàn)

Phương pháp giải:

Căn cứ hiểu biết về tác phẩm Tây Tiến và hồn thơ Quang Dũng

Giải chi tiết:

Tây Tiến – sự thăng hoa của một tâm hồn lãng mạn

Phương pháp giải:

Điền từ.

Giải chi tiết:

“Là sản phẩm của sự khái quát hoá từ đời sống, hình tượng nghệ thuật là hình ảnh chủ quan của thế giới khách quan”

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 bài Tây Tiến.

Giải chi tiết:

Nội dung chính trong đoạn thơ là: Gợi tả sự dữ dội, hoang sơ, bí hiểm và đầy đe dọa của núi rừng miền Tây.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích 

Giải chi tiết:

Đoạn trích thể hiện phẩm chất tốt đẹp của bà cụ Tứ. Đó là một người mẹ yêu con. Bà thừa hiểu mục đích thị đồng ý lấy Tràng là để kiếm miếng ăn chứ không hề xuất phát từ tình yêu. Hơn  nữa trong hoàn cảnh nạn đói bà hoàn toàn có thể không chấp nhận thị. Thế nhưng bà vẫn bằng lòng bởi bà nghĩ nhờ có thế mà con bà mới có vợ và bà cảm thấy vui vì điều này.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên được trích từ tác phẩm Ai đã đặt tên cho dòng sông của Hoàng Phủ Ngọc Tường. Đoạn trích nói đến vẻ đẹp của sông Hương dưới góc nhìn văn hóa mà cụ thể là nền thi ca Việt Nam.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Tràng Giang.

Giải chi tiết:

- Từ phủ định: “Không đò… không cầu...”

- Điệp từ: không

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Tôi yêu em.

Giải chi tiết:

Hai câu kết tác giả muốn thể hiện lòng yêu chân thành và cầu mong cho người con gái mình yêu hạnh phúc.

Phương pháp giải:

Căn cứ nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Câu nói của Huấn Cao cho thấy ông là một người có thiên lương cao đẹp. Lúc trước ông không cúi đầu, thậm chí tỏ ra ghét bỏ, coi thường quản ngục là vì nghĩ quản ngục cũng giống như bao tên quan khác là tay sai của nhà nước phong kiến. Về sau khi biết quản ngục là người có thiên lương ông đồng ý cho chữ. Như vậy có thể thấy, Huấn Cao không sợ cường quyền hay không vì vàng ngọc mà cúi đầu. Ông chỉ cúi đầu trước cái đẹp. Đó chính là biểu hiện của một con người có thiên lương cao đẹp.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào Tuyên ngôn Độc lập.

Giải chi tiết:

- Những phép liên kết được sử dụng trong đoạn trích là:

+ Phép nối: Quan hệ từ  “và”

+ Phép lặp: Lặp lại cụm từ “Tự do, độc lập”

+ Phép thế: Dùng từ ngữ mang ý nghĩa thay thế  “ấy”

Phương pháp giải:

Căn cứ vào tác phẩm Sóng.

Giải chi tiết:

Khổ thơ nói lên được tình cảm thủy chung  trong tình yêu của người phụ nữ.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung văn bản đã học

Giải chi tiết:

Đoạn trích được kể thông qua lời của nhân vật Phùng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học.

Giải chi tiết:

- Phong cách ngôn ngữ đoạn văn là: sinh hoạt.

Phương pháp giải:

Căn cứ các biện pháp tu từ

Giải chi tiết:

- Biện pháp so sánh trong đoạn thơ được nhận ra nhờ từ “là” kết nối hai vế: đối tượng so sánh và hình ảnh so sánh (Hồn tôi là một vườn hoa lá…).

- Biện pháp ẩn dụ được nhận ra nhờ hai hình ảnh: nắng hạ và mặt trời chân lí có khả năng gợi liên tưởng tới một đối tượng khác có nhiều nét tương đồng. Trong đoạn thơ, nắng hạ và mặt trời chân lí ngầm chỉ ánh sáng của lí tưởng cách mạng.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào thành phần biệt lập.

Giải chi tiết:

Thành phần biệt lập : Em ơi em

=> Thành phần biệt lập tình thái

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Tiếng hát con tàu.

Giải chi tiết:

Biện pháp so sánh: “Con gặp lại nhân dân như nai về suối cũ”.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Đàn ghi ta của Lorca.

Giải chi tiết:

Hình ảnh “tiếng ghi ta nâu” là hình ảnh biểu tượng cho những con đường, những mảnh đất Tây Ban Nha.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chiều tối.

Giải chi tiết:

Hai câu đầu bài thơ “Chiều tối” gợi lên trong lòng người đọc cảm giác  mệt mỏi, cô quạnh

Phương pháp giải:

Phân tích mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp.

Giải chi tiết:

A loại vì nguyên nhân sâu xa là nhân dân ta muốn giành lại độc lập dân tộc, việc giúp vua khôi phục lại vương quyền chỉ thuộc về danh nghĩa.

B chọn vì thực dân Pháp xâm lược Việt Nam nên mâu thuẫn giữa toàn thể dân tộc Việt Nam với thực dân Pháp là mâu thuẫn cơ bản nhất và gay gắt nhất. Dưới ngọn cờ phong kiến cứu nước của phong trào Cần vương, nhân dân ta đứng lên chống Pháp để giành độc lập dân tộc.

C loại vì phong trào Cần vương bùng nổ không xuất phát từ nguyên nhân là sự mâu thuẫn giữa hai phe đối lập trong triều đình.

D loại vì cuộc phản công của phe chủ chiến ở kinh thành Huế bị thất bại là yếu tố tác động trực tiếp.