Phương pháp giải:

Quan sát, đọc dữ liệu trên hình vẽ.

Giải chi tiết:

Dựa vào bảng số liệu đã cho ở trên ta thấy chỉ số sản xuất 8 tháng đầu năm 2019 là:

Khai khoáng: 102,5%                          

Chế biến, chế tạo: 110,6%     

Sản xuất và phân phối điện: 110,2%    

Cung cấp nước, hoạt động quản lý và xử lý rác thải, nước thải: 107,4% .

Như vậy: Chế biến chế tạo có tốc độ tăng trưởng cao nhất: 110,6%.

Chọn B.

Phương pháp giải: - Tính \({v_t}\, = \,{S_t}^\prime .\)

- Tìm GTLN của hàm số bậc hai.

Giải chi tiết:

\({S_t}\, = \,1\, + \,3{t^2}\, - \,{t^3}\, \Rightarrow \,{v_t}\, = \,{S_t}^\prime \, = \,6t\, - \,3{t^2}\)

Vận tốc của chuyển động đạt giá trị lớn nhất \( \Rightarrow \,{v_t}\,\max \, \Leftrightarrow \,\left( {6t\, - \,3{t^2}} \right)\,\max \)

Ta có:  \({v_t}\, = \, - 3\left( {{t^2}\, - \,2t} \right)\, = \, - 3\left[ {\left( {{t^2}\, - \,2t\, + \,1} \right)\, - \,1} \right]\)

\(\begin{array}{l} = \,3\left[ {{{\left( {t\, - \,1} \right)}^2}\, - \,1} \right]\, = \, - 3{\left( {t - 1} \right)^2}\, + \,3\,\, \le \,\,3\\ \Rightarrow \,{v_t}\,\max \, = \,3\, \Leftrightarrow \,t\, = \,1\,\left( s \right)\end{array}\)

Phương pháp giải: Giải phương trình logarit cơ bản \({\log _a}f\left( x \right)\, = \,m\, \Leftrightarrow \,f\left( x \right)\, = \,{a^m}.\)

Giải chi tiết:

Điều kiện: \(3x\, - \,2\, > \,0\, \Leftrightarrow \,x\, > \,\frac{2}{3}\)

Ta có: \({\log _2}\left( {3x\, - \,2} \right)\, = \,3\, \Leftrightarrow \,3x\, - \,2\, = \,{2^3}\, \Leftrightarrow \,3x\, = \,10\, \Leftrightarrow \,x\, = \,\frac{{10}}{3}\,\left( {tm} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải: Giải phương trình logarit:  \({\log _a}x\, = \,b\, \Leftrightarrow \,x\, = \,{a^b}.\)

Giải chi tiết:

\({\log _3}\,\left( {2x\, + \,1} \right)\, = \,2\, \Leftrightarrow \,2x\, + \,1\, = \,{3^2}\, \Leftrightarrow \,x\, = \,4\)

Chọn A.

Phương pháp giải: Sử dụng phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn :

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cắt \(Ox\,;\,Oy\,;\,Oz\) lần lượt tại \(A\left( {a\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,B\left( {0\,;\,b\,;\,0} \right)\,,\,C\left( {0\,;\,0;\,c} \right)\,\,\left( {a\,,\,b\,,\,c\, \ne \,0} \right)\) thì có phương trình  \(\left( P \right)\,\,:\,\,\frac{x}{a}\, + \,\frac{y}{b}\, + \,\frac{z}{c}\, = \,1\)

Sử dụng công thức trọng tâm : \(M\) là trọng tâm \[\Delta \,ABC\] thì\(\left\{ \begin{array}{l}{x_M}\, = \,\frac{{{x_A}\, + \,{x_B}\, + \,{x_C}}}{3}\\{y_M}\, = \,\frac{{{y_A}\, + \,{y_B}\, + \,{y_C}}}{3}\\{z_M}\, = \,\frac{{{z_A}\, + \,{z_B}\, + \,{z_C}}}{3}\end{array} \right.\)

Giải chi tiết:

Theo đề bài ta có : \(A\left( {a\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,B\left( {0\,;\,b\,;\,0} \right)\,,\,C\left( {0\,;\,0;\,c} \right)\,\,\left( {a\,,\,b\,,\,c\, \ne \,0} \right)\)

Vì \(M\) là trọng tâm \[\Delta \,ABC\] nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M}\, = \,\frac{{{x_A}\, + \,{x_B}\, + \,{x_C}}}{3}\\{y_M}\, = \,\frac{{{y_A}\, + \,{y_B}\, + \,{y_C}}}{3}\\{z_M}\, = \,\frac{{{z_A}\, + \,{z_B}\, + \,{z_C}}}{3}\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}1\, = \,\frac{a}{3}\\2\, = \,\frac{b}{3}\\3\, = \,\frac{c}{3}\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}a\, = \,3\\b\, = \,6\\c\, = \,9\end{array} \right.\)

Suy ra \(A\left( {3\,;\,0\,;\,0} \right)\,,\,B\left( {0\,;\,6\,;\,0} \right)\,,\,C\left( {0\,;\,0;\,9} \right)\)
Phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(\,\frac{x}{a}\, + \,\frac{y}{b}\, + \,\frac{z}{c}\, = \,1\, \Leftrightarrow \,6x\, + \,3y\, + \,2z\, - \,18\, = \,0\)
Chọn C.

Phương pháp giải: Cho hai điểm \(A\left( {{x_1}\,;\,{x_2}\,;\,{x_3}} \right)\,,\,B\left( {{x_2}\,;\,{y_2}\,;\,{z_2}} \right)\) thì tọa độ trung điểm của \(AB\)là: \(I\left( {\frac{{{x_1}\, + \,{x_2}}}{2}\,;\,\frac{{{y_1}\, + \,{y_2}}}{2}\,;\,\frac{{{z_1}\, + \,{z_2}}}{2}} \right)\,.\)

Giải chi tiết:

Ta có: \(A\left( {1\,;\,2\,;\, - 3} \right)\,,\,B\left( {3\,;\, - 2\,;\,1} \right)\)

⇒ Tọa độ trung điểm \(I\) của \(AB\)là: \(I\left( {\frac{{1\, + \,3}}{2}\,;\,\frac{{2\, - \,2}}{2}\,;\,\frac{{ - 3\, + \,1}}{2}} \right)\,\, \Rightarrow \,I\left( {2\,;\,0\,;\, - 1} \right)\,.\)

Chọn B.

Phương pháp giải: Lập bảng xét dấu, giải bất phương trình

Giải chi tiết:

\(\frac{{2x}}{{2{x^2} - 3x + 1}} \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{2x + 1}}{{(2x - 1)(x + 1)}} \ge 0\)                 ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 1}\\{x \ne \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

Đặt \(f(x) = \frac{{2x}}{{2{x^2} - 3x + 1}}\). Ta có bảng:

Vậy \(f\left( x \right)\, \ge \,0\, \Leftrightarrow \,x\, \in \,\left[ { - \frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}} \right]\, \cup \,\left( {1\,;\, + \infty } \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phương pháp: Áp dụng công thức \(\sin x\, + \,\cos x\, = \,\sqrt 2 \sin \left( {x\, + \,\frac{\pi }{4}} \right)\)

Cách giải

\(\begin{array}{l}\sqrt 2 \sin \left( {x\, + \,\frac{\pi }{4}} \right)\, = \,\sqrt 2 \sin 5x\\ \Leftrightarrow \,\sin \left( {x\, + \,\frac{\pi }{4}} \right)\, = \,\sin 5x\\ \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x\, + \,\frac{\pi }{4}\, = \,5x\, + \,k2\pi \\x\, + \,\frac{\pi }{4}\, = \,\pi \, - \,5x\, + \,k2\pi \end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}x\, = \,\frac{\pi }{{16}}\, + \,k\frac{\pi }{2}\\x\, = \,\frac{\pi }{8}\, + \,k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải: - Diện tích bề mặt mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành 1 cấp số nhân. Xác định công bội \(q\) và số hạng đầu \({u_1}\) của CSN đó.

- Sử dụng công thức SHTQ của CSN: \({u_n}\, = \,{u_1}\,{q^{n\, - \,1}}\).

Giải chi tiết:

Diện tích bề mặt mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành 1 cấp số nhân có công bội \(q\, = \,\frac{1}{2}\) và \({u_n}\, = \,\frac{{12288}}{2}\, = \,6144\,\left( m \right)\).

Khi đó diện tích mặt trên cùng là: \({u_{11}}\, = \,{u_1}\,{q^{10}}\, = \,6144.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{10}}\, = \,6\,\,\left( {{m^2}} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải: \(\int {\frac{1}{{ax\, + \,b}}dx\, = \,\frac{1}{a}\ln \left| {ax\, + \,b} \right|\, + \,C} \)

Giải chi tiết:

\(\int {f\left( x \right)dx\, = \,\int {\frac{1}{{2x\, + \,3}}dx\, = \,\frac{1}{2}\int {\frac{{d\left( {2x\, + \,3} \right)}}{{2x\, + \,3}}\, = \,\frac{{\ln \left| {2x\, + \,3} \right|}}{2}\, + \,C} } } \)

Khi \(C\, = \,1\, \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Đáp án B: \(F\left( x \right)\, = \,\frac{{\ln {{\left| {2x\, + \,3} \right|}^2}}}{4}\, + \,3\, = \,\frac{{2\ln \left| {2x\, + \,3} \right|}}{4}\, + \,3\, = \,\frac{{\ln \left| {2x\, + \,3} \right|}}{2}\, + \,3\, \Rightarrow \,C\, = \,3\)

Đáp án D: 

\(F\left( x \right)\, = \,\frac{{\ln \left| {x\, + \,\frac{3}{2}} \right|}}{2}\, + \,4\, = \,\frac{{\ln \left| {2x\, + \,3} \right|\, - \,\ln 2}}{2}\, + \,4\, = \,\frac{{\ln \left| {2x\, + \,3} \right|}}{2}\, - \,\frac{{\ln 2}}{2}\, + \,4\, \Rightarrow \,C\, = \, - \frac{{\ln 2}}{2}\, + \,4\)

\( \Rightarrow \,F\left( x \right)\, = \,\frac{{\ln \left| {4x\, + \,6} \right|}}{4}\, + \,2\) là khẳng định sai

Chọn C.

Phương pháp giải:  Cô lập \(m\)

Giải chi tiết:

\(f(x) > {x^2} - 2x + m\forall x \in (1;2) \Leftrightarrow f(x) - {x^2} + 2x > m\forall x \in (1;2)\)

Đặt \[g(x) = f(x) - {x^2} + 2x \Rightarrow g(x) > m\,\,\forall x \in (1;2) \Leftrightarrow m \le \,\mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\,2} \right]} g\left( x \right)\]

Ta có: \(g'(x) = f'(x) - 2x + 2 = 0 \Leftrightarrow f'(x) = 2x - 2\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'(x)\)và \(y = 2x - 2\)trên cùng một mặt phẳng tọa độ

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \(g'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

BBT:

Từ BBT \[ \Rightarrow \,\mathop {\min }\limits_{\left[ {1\,;\,2} \right]} g\left( x \right)\, = \,g\left( x \right)\, = \,f\left( 2 \right)\, \Leftrightarrow \,m\, \le \,f\left( 2 \right)\]

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính quãng đường đi được của vật có vận tốc \(v\left( t \right)\) từ thời điểm đến \(t\, = \,a\) thời điểm \(t\, = \,b\) là: \(S\, = \,\int\limits_a^b {v\left( t \right)} \,dt\)

Giải chi tiết:

Thời điểm xe dừng hẳn thoả mãn \(v\left( t \right)\, = \,0\, \Leftrightarrow \,20\, - \,5t\, = \,0\, \Leftrightarrow \,t\, = \,4\)

Quãng đường mà mô tô đi được từ khi người lái xe đạp phanh đến lúc mô tô dừng lại là

\(\int\limits_0^4 {\left( {20\, - \,5t} \right)\,dt} \, = \,40\)

Chọn D.

Phương pháp giải: Sử dụng công thức lãi kép \({A_n}\, = \,A{\left( {1\, + \,r} \right)^n}\)

Giải chi tiết:

Giả sử sau n năm dân số nước ta đạt mức 120,5 triệu người ta có:

\(120,5\, = \,91,7\,{\left( {1\, + \,\frac{{1,1}}{{100}}} \right)^n}\, \Leftrightarrow \,n\, \approx \,24,97\)

Vậy phải sau 25 năm, tức là vào năm \(2015\, + \,25\, = \,2040\)

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải: Giải bất phương trình \({\log _a}f\left( x \right)\, < \,{\log _a}g\left( x \right)\, \Leftrightarrow \,\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}a\, > \,1\\f\left( x \right)\, < \,g\left( x \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}0\, < \,a\, < \,1\\f\left( x \right)\, > \,g\left( x \right)\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Giải chi tiết:

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}3x\, + \,1\, > \,0\\25\, - \,25x\, > \,0\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}x\, > \, - \frac{1}{3}\\x\, < \,1\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \, - \frac{1}{3}\, < \,x\, < \,1.\)

\(\begin{array}{l}{\log _5}\left( {3x\, + \,1} \right)\, < \,{\log _5}\left( {25\, - \,25x} \right)\, \Leftrightarrow \,3x\, + \,1\, < \,25\, - \,25x\\ \Leftrightarrow \,28x\, < \,24\, \Leftrightarrow \,x\, < \,\frac{{24}}{{28}}\, \Leftrightarrow \,x\, < \,\frac{6}{7}\\ \Rightarrow \, - \frac{1}{3}\, < \,x\, < \,\frac{6}{7}\,.\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải: - Xét phương trình hoành độ giao điểm, tìm các nghiệm thuộc \(\left[ {0;2} \right]\)

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

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(x \ne 4\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{4}{{x - 4}} = 0\)(vô nghiệm)

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là: \(V = \pi \int\limits_0^2 {{{\left( {\frac{4}{{x - 4}}} \right)}^2}} dx = 4\pi \)

Chọn C.

Phương pháp giải: Hàm số \(y\, = \,f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {a\,;\,b} \right)\) khi và chỉ khi \(f'\left( x \right)\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {a\,;\,b} \right)\)và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D\, = \,\mathbb{R}\)

Ta có: \(y'\, = \,{x^2}\, - \,\left( {m\, + \,5} \right)x\, + \,5m.\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {6\,;\,7} \right)\) thì \(y'\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \,{x^2}\, - \,\left( {m\, + \,5} \right)x\, + \,5m\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\\ \Leftrightarrow \,{x^2}\, - \,mx\, - \,5x\, + \,5m\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\\ \Leftrightarrow \,x\left( {x\, - \,m} \right)\, - \,5\left( {x\, - \,m} \right)\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\\ \Leftrightarrow \,\left( {x\, - \,m} \right)\left( {x\, - \,5} \right)\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\end{array}\)

Do \(x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\) nên \(x\, - \,5\, > \,0\), khi đó ta có: \(x\, - \,m\, \ge \,0\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\)

\( \Leftrightarrow \,m\, \le \,x\,\forall x\, \in \,\left( {6\,;\,7} \right)\, \Leftrightarrow \,m\, \le \,6\)

Vậy \(m\, \in \,\left( { - \infty \,;\,6} \right]\)

Đáp án B.

Phương pháp giải:  +) Tìm số phức \(z\)từ dữ kiện đề bài

+) Sử dụng \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\)

+) Mô đun \(\left| z \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Giải chi tiết:

Gọi số phức  \(z = a + bi\) \((a;b \in R)\)ta có:

\(\begin{array}{l}(1 + i)(z - i) + 2z + 2i\\ \Leftrightarrow (1 + i)z - (1 + i)i + 2z + 2i\\ \Leftrightarrow (3 + i)z + 3i - 1 \Leftrightarrow z = \frac{{3i - 1}}{{3 + i}} = i\end{array}\)

Từ đó \({\rm{w}} = \frac{{\bar z - 2z + 1}}{{{z^2}}} = \frac{{ - i\, - \,2i\, + \,1}}{{ - 1}} = \, - 1\, + \,3i\)

Suy ra $\left|\mathrm{w}\right|=\sqrt{{(-1)}^2+3^2}\mathrm{ }=\sqrt{10}$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Xác định tọa độ tâm I thuộc đường thẳng \(\Delta \,:\,3x\, - \,y\, + \,10\, = \,0\)

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\) qua hai điểm \(A\,,\,B\) nên \(IA\, = \,IB\)

Giải chi tiết:

Ta có:\(I\,\, \in \,\,\Delta \,:\,3x\, - \,y\, + \,10\, = \,0\, \Rightarrow \,I\left( {a\,;\,3a\, + \,10} \right)\)

Vì đường tròn \(\left( C \right)\)đi qua hai điểm \(A\left( { - 1\,;\,2} \right)\)và \(B\left( { - 2\,;\,3} \right)\) nên \(IA\, = \,IB\, = \,R\)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \,I{A^2}\, = \,I{B^2}\\ \Leftrightarrow \,{\left( {a\, + \,1} \right)^2}\, + \,{\left( {3a\, + \,8} \right)^2}\, = \,{\left( {a\, + \,2} \right)^2}\, + \,{\left( {3a\, + \,7} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \,{a^2}\, + \,2a\, + \,1\, + \,9{a^2}\, + \,48a\, + \,64\, = \,{a^2}\, + \,4a\, + \,4\, + \,9{a^2}\, + \,42a\, + \,49\\ \Leftrightarrow \,50a\, + \,65\, = \,46a\, + \,53\\ \Leftrightarrow \,4a\, = \, - 12\\ \Leftrightarrow \,a\, = \, - 3\\ \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}a\, = \, - 3\\I\left( { - 3\,;\,1} \right)\\{R^2}\, = \,5\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy đường tron \(\left( C \right)\)cần tìm là: \({\left( {x\, + \,3} \right)^2}\, + \,{\left( {y\, - \,1} \right)^2}\, = \,5\)

Chọn D.

Phương pháp giải:  Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác cân có cạnh đáy là đường kính đáy, hai cạnh bên là đường sinh của hình nón.

Diện tích xung quanh của hình nón bán kính đáy \[r\], đường sinh \[l\]được tính bởi công thức \[{S_{xq}} = \pi rl\]

Giải chi tiết:

Gọi \[r\]là bán kính đáy và \[l\]là đường sinh của hình nón

Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều nên \[l = 2r\]

Do đó diện tích thiết diện là \[S = \frac{{{l^2}\sqrt 3 }}{4}\]

Theo bài ra ta có: \[\frac{{\sqrt 3 }}{4}.\,{l^2} = \,{a^3}\sqrt 3 \, \Rightarrow \,l\, = \,2a\, \Rightarrow \,r\, = \,a\]

Diện tích xung quanh của hình nón là: \[{S_{xq}} = \pi rl = \pi .a.2a = 2\pi {a^2}\]

Chọn C.

Phương pháp giải: +) Tính thể tích của cái vá.

+) Tính thể tích của cái thùng hình trụ.

Giải chi tiết:

Thể tích của các vá là: \[V = \frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.3^3} = 18\pi \left( {c{m^3}} \right)\]

Thể tích của cái thùng hình trụ là \[V'\, = \,\pi \,{6^2}.\,10\, = \,360\pi \,\,\left( {c{m^3}} \right)\]

Vậy số lần đổ nước là \[\frac{{V'}}{V} = \frac{{360\pi }}{{18\pi }} = 20\](lần)

Chọn đáp án D.

Phương pháp giải: - Xác định góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {ACC'A'} \right)\] và \[\left( {ABC} \right)\] Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Tính chiều cao và diện tích đáy của lăng trụ.

- Sử dụng công thức tính thể tích lăng trụ: \[{V_{lt}} = \,{S_{day}}.\,h\] trong đó \[{S_{day}}\] và \[h\] lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ

Giải chi tiết:

Gọi \[D,E\]lần lượt là trung điểm \[AB,AC\]

Vì tam giác \[ABC\]đều cạnh \[a\] nên \[BE \bot AC\]và  \[BE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]

Gọi \[F\]là điểm trên cạnh \[AC\]sao cho \[F\]là trung điểm \[AE\]ta có: 

\[DF//BE\] (do \[DF\]là đường trung bình của tam giác \[ABE\]) mà \[BE \bot AC\]nên \[DF \bot AC\].

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot DF}\\{AC \bot A'D(A'D \bot (ABC))}\end{array} \Rightarrow AC \bot (DFA') \Rightarrow AC \bot A'F} \right.\]

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC}\\{\left( {ACC'A'} \right) \supset A'F \bot AC}\\{\left( {ABC} \right) \supset \,DF\, \bot \,AC}\end{array}} \right. \Rightarrow \angle \,\left( {\left( {ACC'A'} \right)\,;\,\left( {ABC} \right)} \right) = \,\angle \left( {A'F;DE} \right)\]

\[ \Rightarrow \angle DFA' = 45^\circ \, \Rightarrow \,\Delta DFA'\] vuông cân tại \[D\]

\[ \Rightarrow A'D = DF = \frac{1}{2}BE = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

\[ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'D = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}}}{{16}}\]

Chọn B.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Tâm I thuộc mặt phẳng \((xOy):z = 0\)nên ta có \(z = 0\). Suy ra giả sử \(I(x,y,0)\)

Mặt cầu \((S)\)qua \(A,B,C\)nên ta có \(IA = IB = IC = R\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}I{A^2}\, = \,I{B^2}\\I{B^2}\, = \,I{C^2}\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \,\left\{ \begin{array}{l}{\left( {x\, - \,1} \right)^2}\, + \,{\left( {y\, - \,2} \right)^2}\, + \,{\left( 4 \right)^2}\, = \,{\left( {x\, - \,1} \right)^2}\, + \,{\left( {y\, + \,3} \right)^2}\, + \,{\left( { - 1} \right)^2}\\{\left( {x\, - \,1} \right)^2}\, + \,{\left( {y\, + \,3} \right)^2}\, + \,{\left( { - 1} \right)^2}\, = \,{\left( {x\, - \,2} \right)^2}\, + \,{\left( {y\, - \,2} \right)^2}\, + \,{\left( 3 \right)^2}\end{array} \right.\)

$\iff \{\begin{array}{c}-4y+4+16=6y+9+1\\ -2x+1+6y+9+1=-4x+4-4y+4+9\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}-10y=-10\\ 2x+10y=6\end{array}\iff \{\begin{array}{c}y=\mathrm{\hspace{0.17em}1}\\ x=-2\end{array}$

Vậy \(I( - 2,1,0)\)

Có \(IA\, = \,\sqrt {26} \, = \,R\)

Chọn B.

Phương pháp giải: - với là 1 VTCP của đường thằng d; là 1 VTCP của mặt phẳng \((P)\)

- Đường thẳng đi qua \(M({x_0};{y_0};{z_0})\)và có 1 VTCP \[\overrightarrow u \,(a;b;c)\]có phương trình là:  \(\frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\)

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \((P)\): \(2x - y + 2z - 5 = 0\)có 1 VTPT là

Gọi là 1 VTCP của đường thẳng d. Vì \(d \bot (P)\) \( \Rightarrow \)  = = \((2; - 1;2)\)

Vậy phương trình đường thẳng d đi qua \(A(3;1; - 1)\)và có 1 VTCP là:

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

Chọn D.

Phương pháp giải:  Tính \({\left[ {\left( {\frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}}} \right)} \right]^\prime }\)và tìm số nghiệm bội lẻ, từ đó suy ra số cực trị

Giải chi tiết:

Ta có:

\[\begin{array}{l}g'(x)\, = \,{\left[ {f\,\left( {\frac{1}{{{{(x\, - \,1)}^2}}}} \right)} \right]^\prime } = {\left[ {\frac{1}{{{{(x\, - \,1)}^2}}}} \right]^\prime }.\,f'\left( {\frac{1}{{{{(x\, - \,1)}^2}}}} \right)\\ = \, - \frac{2}{{{{(x\, - \,1)}^3}}}.\,f'\left( {\frac{1}{{{{(x\, - \,1)}^2}}}} \right)\end{array}\]

\(g'(x) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {\frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = {x_1} < 0(VN)}\\{\frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = 0(VN)}\\{\frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} = {x_3} > 0}\end{array}} \right.\)

$\iff x-1=\pm \sqrt{\frac{1}{{𝑥}_3}}\iff x=1\pm \sqrt{\frac{1}{{𝑥}_3}}$ (nghiệm đơn)

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị

Chọn D.

Phương pháp giải:  Gắn hệ trục tọa độ Oxyz để giải bài toán

Giải chi tiết:

Giả sử mặt phẳng chứa AC’ cắt hình lập phương theo thiết diện là tứ giác AEC’F.

(\(E \in A'B';F \in CD\))

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(AEC'F) \cap (ABCD) = AF}\\{(AEC'F) \cap (A'B'C'D') = AF//EC'}\\{(ABCD)//(A'B'C'D')}\end{array}} \right.\)

Tương tự ta  chứng minh được AE // FC’

\( \Rightarrow \)AEC’F là hình bình hành \( \Rightarrow \) \({S_{AEC'F}}\, = \,2{S_{AEC'}}\)

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho

A′(0;0;0); B′(2;0;0); C′(2;2;0); D′(0;2;0); A(0;0;2); B(2;0;2); A′(0;0;0); B′(2;0;0); C′(2;2;0); D′(0;2;0); A(0;0;2); B(2;0;2); C(2;2;2); D(0;2;2); C(2;2;2); D(0;2;2).

Gọi E(x;0;0) \((0 \le x \le 2)\)ta có:

 Ta có: \[{x^2}\, - \,2x\, + \,4\, = \,\,{\left( {x\, - \,1} \right)^2}\, + \,3\, \ge \,3\, \Rightarrow \,{S_{ABC'}}\, \ge \,\frac{1}{2}\,\sqrt {8.\,3} \, = \,\sqrt 6 \]

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow x = 1\), khi đó \({S_{AEC'\,\min }} = \,\sqrt 6 \, \Rightarrow \,{S_{AEC'F\,\min }}\, = \,2\sqrt 6 \)

Chọn D.

Phương pháp giải: Dùng phép suy đồ thị, từ đồ thị hàm số \(y = f(x)\), vẽ đồ thị hàm số\(g(x) = f(x + 2018)\)bằng cách dịch chuyển đồ thị \(y = f(x)\)sang bên trái 2018 đơn vị

Vẽ đồ thị hàm số \(h(x) = \left| {g(x)} \right|\)bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị \(g(x)\)phía dưới trục hoành qua trục hoành rồi bỏ đi phần đồ thị phía dưới trục hoành đó

Từ đồ thị hàm số \(y = h(x)\)suy ra số điểm cực trị của hàm \(y = h(x) = \left| {f(x + 2018)} \right|\)

Giải chi tiết:

Từ đồ thị hàm số đã cho, ta vẽ được các hàm số sau:

Vẽ đồ thị hàm số \(g(x) = f(x + 2018)\)bằng cách dịch chuyển đồ thị \(y = f(x)\)sang bên trái 2018 đơn vị

Lấy đối xứng phần đồ thị \(g(x)\)phía dưới trục hoành qua trục hoành rồi bỏ đi phần đồ thị phía dưới trục hoành đó ta được đồ thị của hàm số \(y = h(x) = \left| {g(x)} \right| = \left| {f(x + 2018)} \right|\)như hình vẽ dưới đây

Từ đồ thị hàm số \(y\, = \,h(x)\)ta thấy đồ thị hàm số \(y\, = \,\left| {f(x\, + \,2018)} \right|\)có 5 điểm cực trị

Chọn A.

Phương pháp giải:  Sử dụng phương pháp tích phân từng phần, đặt \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = x + 2}\\{dv = f'(x)dx}\end{array}} \right.\)

Giải chi tiết:

Xét tích phân: \(I\, = \,\int\limits_0^2 {(x\, + \,2)f'(x)\,dx\, = \,8} \)

Đặt: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{u = x + 2}\\{dv = f'(x)dx}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{du = dx}\\{v = f(x)}\end{array}} \right.\) khi đó ta có:

\(I = (x\, + \,2)\,f(x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}2\\0\end{array}} \right.\, - \,\int\limits_0^2 {f(x)\,dx} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow I\, = \,4\,f(2)\, - \,2f(0)\, - \,\int\limits_0^2 {f(x)\,dx} \\ \Rightarrow 8\, = \,5\, - \,\int\limits_0^2 {f(x)\,dx} \, \Rightarrow \,\int\limits_0^2 {f(x)\,dx} \, = \, - 3\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải: - Tính số phần tử của không gian mẫu

- Gọi A là biến cố: “Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn”, số phần tử của A bằng số các số có 4 chữ số khác nhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ là \({\left( {C_4^2} \right)^2}.\,4!\) (bao gồm cả số có chữ số 0 đứng đầu)

- Số các số có 4 chữ số khác nhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ trong đó bắt buộc chữ số 0 đứng đầu

- Tính xác suất của biến cố A: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\)

Giải chi tiết:

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số là \(\overline {abcd} \)(\(a \ne 0\))

Không gian mẫu \(n(\Omega )\, = \,7.\,A_7^3\, = \,1470\)

Gọi A là biến cố: “số được chọn có đúng hai chữ số chẵn”

Chọn 2 chữ số chẵn trong các số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, có \(C_4^2\)cách, chọn 2 chữ số lẻ trong các số 0,1,2,3,4,5,6,7 có \(C_4^2\)cách

\( \Rightarrow \)số các số có 4 chữ số khác nhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ là \({\left( {C_4^2} \right)^2}.\,4!\) (bao gồm các số có chữ số 0 đứng đầu)

Số các số có 4 chữ số khác nhau trong đó có 2 chữ số chẵn, hai chữ số lẻ trong đó bắt buộc có chữ số 0 đứng đầu là: \(C_3^1.\,C_4^2.\,3!\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow n(A)\, = \,{\left( {C_4^2} \right)^2}.\,4!\, - \,C_3^1.\,C_4^2.\,3!\, = \,756\\P(A)\, = \,\frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\, = \,\frac{{756}}{{1470}}\, = \,\frac{{18}}{{35}}\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:  Sử dụng phân chia thể tích

Sử dụng công thức tính thể tích hình chóp \(V = \frac{1}{3}h.S\), thể tích lăng trụ \(V = h.S\)

Giải chi tiết:

Ta có: \({V_{ABC.A'B'C'}}\, = \,d\left( {B\,;\,\left( {A'B'C'} \right)} \right).\,{S_{A'B'C'}}\, = \,V\)

\({V_{B.A'B'C'}}\, = \,\frac{1}{3}d\left( {B\,;\,\left( {A'B'C'} \right)} \right).\,{S_{A'B'C'}}\, = \,\frac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{B.AA'C'C}} = \,{V_{ABC.A'B'C'}}\, - \,{V_{B.A'B'C'}}\, - \,V\, - \,\frac{1}{3}V\, = \,\frac{2}{3}V\)

Lại có: \({S_{ACFE}} = \frac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\) (do E,F lần lượt là trung điểm của \(AA',CC'\))

Suy ra \({V_{B.AEFC}} = \frac{1}{3}d\left( {B\,,\,\left( {AA'C'C} \right)} \right).\,SACFE\, = \,\frac{1}{3}d\left( {B\,,\,\left( {AA'C'C} \right)} \right).\,\frac{1}{2}{S_{AA'C'C}}\)

\( = \frac{1}{2}\,.\,\frac{1}{3}d\left( {B\,,\,\left( {AA'C'C} \right)} \right).\,{S_{AA'C'C}}\, = \,\frac{1}{2}{V_{B.AA'C'C}}\, = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}V\, = \,\frac{1}{3}V\)

Suy ra \({V_{BEFA'B'C'}} = {V_{ABC.A'B'C'}} = V - \frac{1}{3}V = \frac{2}{3}V\)

Vậy tỉ số thể tích giữa hai phần là: \({V_{B.ACFE}}:{V_{BEFA'B'C'}} = \frac{1}{3}V:\frac{2}{3}V = 1:2\)

Chọn C.

Đáp án: 495 cách

Phương pháp giải: Sử dụng công thức tổ hợp và quy tắc tính phần bù để làm bài toán

Số cách bó hóa không quá hai màu hoa = số cách chọn bó hoa 4 bông bất kì – số cách chọn bó hoa có đủ 3 màu

Giải chi tiết:

Bó hoa không có quá hai màu hoa nên bạn Lan có thể chọn bó hoa có 1 màu hoặc có 2 màu.

Số cách chọn 4 bông hoa bất kì trong số 14 bông hoa là: \(C_{14}^4 = 1001\)cách

Số cách chọn 4 bông hoa đủ 3 màu như sau:

+) có 2 bông hoa đỏ, 1 bông vàng và 1 bông hồng: \(C_6^2.\,C_5^1.\,C_3^1\, = \,225\)cách chọn

+) có 1 bông hoa hồng, 1 bông hoa vàng và 1 bông hoa đỏ: \(C_6^1.\,C_5^2.\,C_3^1\, = \,180\)cách chọn

+)có 2 bông hoa vàng, 1 bông hoa hồng và 1 bông hoa đỏ: \(C_6^1.\,C_5^1.\,C_3^2\, = \,90\)cách chọn

\( \Rightarrow \)theo quy tắc cộng ta có: \(225 + 180 + 90 = 495\)cách chọn 4 bông hoa đủ cả 3 màu

Vậy có $225+180+90=495$bông hoa không quá 2 màu

Đáp án: P = 320

Phương pháp giải: - Chia tử cho mẫu

- Sử dụng công thức \(\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {f(x) + g(x)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x) + \mathop {\lim }\limits_{x \to a} f(x)\), lập hệ phương trình và giải hệ tìm a,b

- Thay giá trị a, b tìm được để tính giá trị biểu thức P

Giải chi tiết:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a{x^2} + bx - 5}}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a({x^2} - 1)\, + \,b(x - 1)\, + \,a\, + \,b\, - \,5}}{{x\, - \,1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {a(x + 1) + b} \right]\,\, + \mathop {\,\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a\, + \,b\, - \,5}}{{x\, - \,1}}\\ = 2a\, + \,b\, + \,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a\, + \,b\, - \,5}}{{x\, - \,1}}\end{array}\)

Theo đề bài ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{a{x^2}\, + \,bx\, - \,5}}{{x\, - \,1}}\, = \,20\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a\, + \,b\, = \,20}\\{a\, + \,b\, - \,5\, = \,0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a\, = \,15}\\{b\, = \, - 10}\end{array}} \right.\)

Vậy $P=a^2+b^2-a-b={15}^2+{(-10)}^2-15-(-10)=320$

Đáp án: $m\in R\backslash \left\{5\right\}$

Phương pháp giải: Hàm đa thức bậc ba\(y = f(x)\)có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình \(f'(x) = 0\)có hai nghiệm phân biệt

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có: \(f'(x) = {x^2} - 2mx + 10m - 25\)

Xét phương trình \(f'(x) = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} - 2mx + 10m - 25 = 0\)

Để hàm số ban đầu có 2 điểm cực trị thì phương trình \(f'(x) = 0\)có hai nghiệm phân biệt:

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 10m + 25 > 0\\ \Leftrightarrow {(m - 5)^2} > 0\\ \Leftrightarrow m \ne 5\end{array}\)

Vậy $m\in R\backslash \left\{5\right\}$

Đáp án: -2

Phương pháp giải: - Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số \(y = f(x),y = g(x)\), đường thẳng\(x = a,x = b\)là \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx} \). Từ đó tính diện tích 1 cánh của hình trang trí và suy ra diện tích hình trang trí

- Sử dụng dữ kiện diện tích trang trí màu sẫm chiếm \(\frac{1}{3}\)diện tích mặt sàn suy ra 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn\(a,b\)

- Sử dụng đồ thị hàm số \(y = a{x^3} + bx\)đi qua điểm \(A(1;1)\)suy ra thêm 1 phương trình bậc nhất 2 ẩn \(a,b\)

- Giải hệ tìm \(a,b\)và tính\(ab\)

Giải chi tiết:

Diện tích 1 cánh của hình trang trí là: $S_1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}(x^2-a{x}^3-bx)𝑑x=(\frac{x^3}{3}-\frac{a{x}^4}{4}-\frac{b{x}^2}{2})|{\displaystyle \frac{1}{0}}=\frac{1}{3}-\frac{a}{4}-\frac{b}{2}$

\( \Rightarrow \)diện tích hình trang trí là: \(S = 4{S_1} = \frac{4}{3} - a - 2b\)

Vì diện tích trang trí màu sẫm chiếm \(\frac{1}{3}\)diện tích mặt sàn nên $\frac{4}{3}-a-\mathrm{\hspace{0.17em}2}b=\frac{4}{3}\iff a+\mathrm{\hspace{0.17em}2}b=\mathrm{\hspace{0.17em}0}$

Khi đó ta có: $\{\begin{array}{c}a+2b=0\\ a+b=1\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=2\\ b=-1\end{array}$

Vậy $ab=\mathrm{ }-2$

Đáp án: hai đường thẳng

Phương pháp giải:  Giả sử \(z = x + yi\)\((x,y \in \mathbb{R})\), biến đổi và kết luận

Giải chi tiết:

Giả sử \(z = x + yi\)\((x,y \in \mathbb{R})\),ta có:

\((1 + x + yi)(1 - i(x + yi)) = (1 + x + yi)(1 + y - xi)\)

\( = (1 + x)(1 + y) + (y(1 + y) - x(1 + x))i + xy\)

Do \((1 + z)(1 - iz)\) là số thực nên

\(y(1 + y) - x(1 + x) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{1}{2}} \right)^2} = {\left( {y + \frac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - y = 0}\\{x + y + 1 = 0}\end{array}} \right.\)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z là hai đường thẳng

Đáp án: $\frac{1}{\sqrt{6}}$

Phương pháp giải:  Sử dụng công thức \(d(d;d') = \frac{{\left| {\left[ {\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {u'} } \right].\,\overrightarrow {MM'} } \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {u'} } \right]} \right|}}\)với \(\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {u'} \)lần lượt là VTCP của \(d\,,\,d'\), \(M \in d\) và \(M' \in d'\)

Giải chi tiết:

Đường thẳng $d:\{\begin{array}{c}x=1+2t\\ y=-1-t\\ z=-1\end{array}$đi qua điểm \(M(1; - 1; - 1)\)và có 1 VTCP \(\overrightarrow u \, = \,(2\,;\, - 1\,;\,0)\)

Đường thẳng \(d':\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{{y + 2}}{1} = \frac{{z + 3}}{1}\)đi qua điểm \(M'(2; - 2; - 3)\)và có 1 VTCP \(\overrightarrow {u'} \, = \,( - 1\,;\,1\,;\,1)\)

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {u'} } \right]\, = \,( - 1\,;\, - 2\,;\,1)\),

\( \Rightarrow \left[ {\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {u'} } \right].\,\overrightarrow {MM'} \, = \, - 1\, + \,2\, - \,2\, = \, - 1\)

Vậy $d(d;d^{\text{'}})=\frac{|[\overrightarrow{u},\overrightarrow{u^{\text{'}}}].\overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}|}{\left|[\overrightarrow{u},\overrightarrow{u^{\text{'}}}]\right|}=\frac{1}{\sqrt{{(-1)}^2+{(-2)}^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{6}}$

Đáp án: $m\le f\left(0\right)-e$

Phương pháp giải: - Cô lập \(m\)đưa bất phương trình về dạng  \(g(x) \ge m\)có nghiệm \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)} g\left( x \right)\)

- Lập luận để chứng minh \(g(x)\)đơn điệu trên \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)và suy ra \(\mathop {\min }\limits_{\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)} g\left( x \right)\)

Giải chi tiết:

Ta có:

\(f(x) > {e^{\cos x}} + m\)có nghiệm \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Leftrightarrow f(x) - {e^{\cos x}} \ge m\)có nghiệm \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Đặt \(g(x) = f(x) - {e^{\cos x}}\) \( \Rightarrow g(x) \ge m\)có nghiệm \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)} g\left( x \right)\)

Xét hàm số \(g(x) = f(x) - {e^{\cos x}}\)với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)ta có: \(g'(x) = f'(x) + \sin x.{e^{\cos x}}\)

Với \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)ta có \(\sin x \in (0;1)\) \( \Rightarrow \sin x.{e^{\cos x}} > 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Dựa vào BBT ta thấy \(f'(x) > 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)

Do đó \(g'(x) > 0\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\),do đó hàm số đồng biến trên \(\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\)

\(\mathop { \Rightarrow \min g(x)}\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} \) \( = g(0) = f(0) - e\)

\( \Rightarrow \mathop {\min g(x)}\limits_{\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)} \) \( > \mathop {\min g(x) = f(0) - e}\limits_{\left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]} \)

Vậy $m\le f\left(0\right)-e$

Đáp án: $s_{\max }=S\left(\frac{15}{2}\right)$

Phương pháp giải: - Tính chiều dài, chiều rộng mới của thửa đất sau đó tính diện tích mới của thửa đất

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN

Giải chi tiết:

Chiều dài mới của thửa đất là \(20 - x\)(mét)

Chiều rộng của thửa đất là \(10 + 2x\) (mét)

Khi đó diện tích mới của thửa đất là \(S = (20 - x)(10 + 2x)\)

Ta có: $S^{\text{'}}=\mathrm{ }-(10+2x)+2(20-x)=\mathrm{ }-4x+30$

\(S' = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{15}}{2}\)

Ta có BBT như sau:

Vậy $s_{\max }=S\left(\frac{15}{2}\right)$

Phương pháp giải: Căn cứ vào thể thơ.

Giải chi tiết:

- Văn bản trên được viết theo thể thơ thất ngôn.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào bài Tây Tiến.

Giải chi tiết:

Nội dung cơ bản của 8 câu thơ đầu là: Văn bản tập trung khắc họa chân dung người chiến binh Tây Tiến (ngoại hình, tâm hồn, lí tưởng, sự hi sinh).

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Từ “Tây Tiến” được lặp lại ba lần trong đoạn thơ. Việc lặp lại ba lần từ “Tây Tiến” trong đoạn thơ cho ta hình dung nỗi nhớ Tây Tiến trong lòng nhà thơ là da diết, nó cứ trở đi trở lại trong lòng nhà thơ. Phép lặp này cũng cho chúng ta ấn tượng sâu sắc về hình ảnh trung tâm của nỗi nhớ trong lòng nhà thơ.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ biện pháp nói giảm, nói tránh.

Giải chi tiết:

Phép tu từ nói giảm được thể hiện trong câu thơ: “Áo bào thay chiếu anh về đất”. Cụm từ “về đất” được thay thế cho sự chết chóc, hi sinh.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào từ Hán Việt.

Giải chi tiết:

Văn bản có sử dụng rất nhiều từ Hán Việt đó là: đoàn binh, biên giới, chiến trường, biên cương, viễn xứ, áo bào, độc hành.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học.

Giải chi tiết:

- Phong cách ngôn ngữ của văn bản : Phong cách ngôn ngữ báo chí.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích

Giải chi tiết:

Nội dung chính của văn bản trên:

+ Con người có năng lực tạo ra hạnh phúc, bao gồm: năng lực làm người, làm việc, làm dân.

+ Để chạm đến hạnh phúc con người phải trở thành “con người lớn” bằng hai cách: làm việc lớn hoặc làm việc nhỏ với tình yêu lớn.

=> Con người tự tạo ra hạnh phúc bằng những vệc làm đúng đắn, phù hợp với yêu cầu của xã hội dù đó là việc lớn hay nhỏ.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Công dụng của việc sử dụng dấu ngoặc kép: làm nổi bật, nhấn mạnh đến một ý nghĩa, một cách hiểu khác có hàm ý…

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Nghĩa hàm ý của từ “nhỏ bé”: tầm thường, thua kém, tẻ nhạt…

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Nghĩa hàm ý của từ “con người lớn”: tự do thể hiện mình, khẳng định giá trị bản thân, thực hiện những ước mơ, sống cao đẹp, có ích, có ý nghĩa…

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Tiếng nói của Văn nghệ.

Giải chi tiết:

Ý không được nói đến trong bài là: Phải có tư tưởng thì nghệ thuật mới có thế tồn tại được.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Tiếng nói của Văn nghệ.

Giải chi tiết:

Ý không nói đến cách thể hiện trong nghệ thuật với tư tưởng là: Tư tưởng của nghệ thuật là trí thức trừu tượng một mình trên cao.

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

Biện pháp tu từ: Nhân hóa: Cái tư tưởng - tư tưởng náu mình, yên lặng.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ các kiểu đoạn văn cơ bản: quy nạp, diễn dịch, tổng phân hợp, song hành, móc xích.

Giải chi tiết:

Đoạn trích trên được trình bày theo cách thức qui nạp đi từ các ý nhỏ đến ý lớn, từ các ý chi tiết đến ý khái quát, từ ý luận cứ cụ thể đến ý kết luận bao trùm.

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Tiếng nói của Văn nghệ.

Giải chi tiết:

Đoạn văn trên bàn về nội dung: Tư tưởng trong nghệ thuật

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học.

Giải chi tiết:

– Phương thức biểu đạt chính: biểu cảm

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào phong cách ngôn ngữ đã học.

Giải chi tiết:

Phong cách ngôn ngữ nghệ thuật.

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

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

+ Là hình ảnh thiên nhiên đẹp.

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

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

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

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

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

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

Chọn A.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

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

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ.

Giải chi tiết:

Thanh Thảo là một gương mặt đầy tâm huyết cho sự đổi mới thơ Việt. Ông đi tìm kiếm những nhân cách tài hoa, những nhân cách bất khuất, những suy nghĩ phóng khoáng, hay ông đến với những người vô danh, lặng thầm mà bất diệt.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ bài Chữa lỗi dùng từ

Giải chi tiết:

Ông bà cha mẹ đã lao động vất vả, tạo ra thành quả để con cháu đời sau hưởng thụ.

Chọn D.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung câu.

Giải chi tiết:

Trong xã hội ta, không ít người sống ích kỉ, không giúp đỡ che chở cho người khác.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

Tùy bút là một thể văn. Tuy có chỗ gần với các thể bút kí, kí sự ở yếu tố miêu tả, ghi chép những hình ảnh, sự việc mà nhà văn quan sát, chứng kiến, nhưng tùy bút thiên về biểu cảm, chú trọng thể hiện cảm xúc, tình cảm, suy nghĩ của tác giả trước các hiện tượng và vấn đề của đời sống.

Chọn B.

Phương pháp giải: Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- Các từ điểm yếu, khuyết điểm, nhược điểm: là cái mà bản thân mỗi người còn thiếu sót không hoàn hảo.

- Tù yếu điểm: điểm quan trọng, có ý nghĩa lớn lao nhất.

=> Từ yếu điểm không cùng nghĩa với từ còn lại.

Chọn C.

Phương pháp giải: Căn cứ vào từ loại.

Giải chi tiết:

- Đạo đức, kinh nghiệm, cách mạng là DT chỉ khái niệm.

- Mưa là DT chỉ hiện tượng.

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

Chọn C.

Phương pháp giải: Vận dụng kiến thức về nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- Các từ phong ba , phong cảnh, cuồng phong: chỉ gió

- Tù phong cách: biểu hiện bên ngoài thái độ.

=> Từ phong cách không cùng nghĩa với từ còn lại.

Chọn C.

Phương pháp giải:Căn cứ vào Văn học hiện thực Việt Nam.

Giải chi tiết:

- Nhật kí trong tù, Tắt đèn, Chí Phèo thuộc văn học hiện thực

- Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn thuộc trào lưu văn học lãng mạn

=> Vậy Những sáng tác của nhóm Tự lực Văn đoàn không cùng thể loại với tác phẩm còn lại.

Chọn D

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn.

Giải chi tiết:

Sài Gòn là thành phố trẻ trung, năng động, có nét hấp dẫn riêng về thiên nhiên và khí hậu. Người Sài Gòn có phong cách cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa.

Chọn B.

Phương pháp giải: Căn cứ vào nội dung đoạn.

Giải chi tiết:

Sài Gòn là thành phố trẻ trung, năng động, có nét hấp dẫn riêng về thiên nhiên và khí hậu. Người Sài Gòn có phong cách cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa.

Chọn B.