Phương pháp giải:

Quan sát, đọc số liệu,  liệt kê số các ca nhiễm bệnh của các quốc gia ở các đáp án rồi chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

Dựa vào bảng số liệu ta có:

+) Italy có 3858 ca nhiễm.

+) Hàn Quốc có 6284 ca nhiễm.

+) Iran có 3513 ca nhiễm.

+) Mỹ có 210 ca nhiễm.

Như vậy, ngoài Trung Quốc thì Hàn Quốc có số ca nhiễm Covid-19 cao nhất.

Phương pháp giải:

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = {t_0}\) là: \(v\left( {{t_0}} \right) = s'\left( {{t_0}} \right)\),

Giải chi tiết:

Ta có: \(s' = gt\)

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 5{\mkern 1mu} \left( s \right)\) là:

\(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right) = 5g = 49{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).

Phương pháp giải:

Giải phương trình lôgarit: \[{\log _a}f\left( x \right) = b \Leftrightarrow f\left( x \right) = {a^b}\]

Giải chi tiết:

Đáp án D

Giải chi tiết:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{x^2} - 5xy + 2{y^2} = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\{2{x^2} - {y^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {2x - y} \right)\left( {x - 2y} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 2x}\\{x = 2y}\end{array}} \right.\)

Với: \(y = 2x:\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2{x^2} - {\left( {2x} \right)^2} = 7 \Leftrightarrow - 2{x^2} = 7{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)\)

Với \(x = 2y:\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2.{\left( {2y} \right)^2} - {y^2} = 7 \Leftrightarrow 7{y^2} = 7 \Leftrightarrow y = \pm 1.\)

\(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 \Rightarrow x = 2}\\{y = - 1 \Rightarrow x = - 2}\end{array}} \right..\)

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm \(\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) và \(\left( { - 1; - 2} \right).\)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính \(\frac{1}{z}\) để tìm được tọa độ điểm biểu diễn số phức \(\frac{1}{z}\).

Đánh giá hoành độ và tung độ để xác định xem điểm cần tìm thuộc góc phần tư nào, từ đó chọn đáp án.

Giải chi tiết:

Gọi số phức \(z = a + bi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {a;b \in \mathbb{R}} \right)\) thì điểm \(N\left( {a;b} \right)\)

Khi đó số phức: \(\frac{1}{z} = \frac{1}{{a + bi}} = \frac{{a - bi}}{{\left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)}} = \frac{{a - bi}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}.i\)

Nên điểm biểu diễn số phức \(\frac{1}{z}\) có tọa độ \(\left( {\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}}; - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)\).

Vì điểm \(N\left( {a;b} \right)\) thuộc góc phần tư thứ (IV) tức là \(a > 0;b < 0\).

Suy ra \(\frac{a}{{{a^2} + {b^2}}} > 0;{\mkern 1mu} - \frac{b}{{{a^2} + {b^2}}} > 0\) nên điểm biểu diễn số phức \(\frac{1}{z}\) thuộc góc phần tư thứ (I). Từ hình vẽ chỉ có điểm \(M\) thỏa mãn.

Phương pháp giải:

Mặt phẳng vuông góc với \(AB\) nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm VTPT.

Phương trình mặt phẳng đi qua điểm \(M\left( {{x_0};\;{y_0};\;{z_0}} \right)\) và có VTPT \(\vec n = \left( {A;\;B;\;C} \right)\) có phương trình:

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

Giải chi tiết:

Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1; - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\)

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) cần tìm vuông góc với \(AB\) \( \Rightarrow \) nhận vecto \(\left( {1;{\mkern 1mu} - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right)\) làm VTPT.

\( \Rightarrow \left( P \right)\) đi qua \(A\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right)\) và vuông góc với \(AB\) có phương trình:

\(x - 1 - 2\left( {y - 2} \right) + 2\left( {z - 3} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow x - 2y + 2z - 3 = 0.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng

\[AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} - {y_A}} \right)}^2} + {{\left( {{z_B} - {z_A}} \right)}^2}} \].

Giải chi tiết:

\[AB = \sqrt {{3^2} + {2^2} + {{\left( { - 3} \right)}^2}} = \sqrt {22} \].

Phương pháp giải:

+ Tìm TXĐ

+ Áp dụng \(\frac{{P\left( x \right)}}{{Q\left( x \right)}} < 0\) mà \(Q\left( x \right) > 0\) với mọi \(x \in D\) nên \(P\left( x \right) < 0\).

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + \infty } \right)\)

\(\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {x - 1} }} < \frac{{2x + 8}}{{\sqrt {x - 1} }}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 2x - 8}}{{\sqrt {x - 1} }} < 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 8 < 0\) (vì \(\sqrt {x - 1} > 0\) với mọi \(x \in D\))

\( \Leftrightarrow - 2 < x < 4\)

Mà \(x \in \mathbb{Z},{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x > 1 \Rightarrow x \in \left\{ {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3} \right\}\).

Vậy có 2 giá trị nguyên của \(x\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

Phương pháp giải:

Đưa về phương trình bậc hai ẩn \[\sin {\mkern 1mu} x\].

Giải chi tiết:

\[\cos 2x + 5\sin x - 4 = 0 \Leftrightarrow 1 - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 4 = 0\]

\[ \Leftrightarrow - 2{\sin ^2}x + 5\sin x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sin x = 1}\\{\sin {\mkern 1mu} x = \frac{3}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {vo{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nghiem} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k \in Z\].

Phương pháp giải:

- Bài toán về cấp số cộng.

- Tổng của \(n\) số hạng đầu tiên trong CSC có số hạng đầu tiên là \({u_1}\) và công sai là \(d\) là:

\({S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}.\)

Giải chi tiết:

Bài toán là bài tập về cấp số cộng nếu ta coi số đồng xu ở tầng dưới cùng là số hạng đầu tiên, với công sai là hiệu số đồng xu của tầng 2 tầng liền kề.

Khi đó, ta có một cấp số cộng với \({u_1} = 4901\) và công sai \(d = - 100\).

Gọi số tầng của kim tự tháp đó là \(n{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {n \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Khi đó, tổng số đồng xu của \(n\) tầng đó là \({S_n} = 122550\) nên ta có: \({S_n} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]n}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 122550 = \frac{{\left[ {2.4901 + \left( {n - 1} \right).\left( { - 100} \right)} \right].n}}{2}\)

\( \Leftrightarrow 245100 = \left[ {2.4901 - 100n + 100} \right].n\)

\( \Leftrightarrow 245100 = \left[ {9902 - 100n} \right].n\)

\( \Leftrightarrow 100{n^2} - 9902n + 245100 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 50{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {tm} \right)}\\{n = \frac{{2451}}{{50}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\).

Vậy mô hình kim tự tháp đã cho có 50 tầng.

Phương pháp giải:

- Bậc tử > bậc mẫu \( \Rightarrow \) Chia tử cho mẫu.

- Phân tích mẫu thành nhân tử \({x^2} + x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\).

- Tách phân thức dưới dấu nguyên hàm thành \(Ax + B + \frac{C}{{x - 1}} + \frac{D}{{x + 2}}\).

- Đồng nhất hệ số tìm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} C,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} D\)

- Sử dụng các công thức nguyên hàm mở rộng: \(\int {xdx} = \frac{{{x^2}}}{2} + C,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \int {Bdx} = Bx + C\), \(\int {\frac{{dx}}{{x - 1}}} = \ln \left| {x - 1} \right| + C\).

Giải chi tiết:

Ta có : \(\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)

\( = \frac{{\left( {{x^3} + {x^2} - 2x} \right) + 2x - 5}}{{{x^2} + x - 2}}\)

\( = x + \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)

Đặt: \(\frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{A}{{x - 1}} + \frac{B}{{x + 2}}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{2x - 5}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \frac{{A\left( {x + 2} \right) + B\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow 2x - 5 = \left( {A + B} \right)x + 2A - B\)

Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình ta được : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A + B = 2}\\{2A - B = - 5}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = - 1}\\{B = 3}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}} = x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}\)

\( \Rightarrow \int {\frac{{{x^3} + {x^2} - 5}}{{{x^2} + x - 2}}dx} = \int {\left( {x - \frac{1}{{x - 1}} + \frac{3}{{x + 2}}} \right)dx} \)

\( = \frac{{{x^2}}}{2} - \ln \left| {x - 1} \right| + 3\ln \left| {x + 2} \right| + C.\)

Phương pháp giải:

Đặt \({e^x} = t\left( {t > 0} \right)\). Ta đưa bất phương trình đã cho thánh bất phương trình ẩn t, từ đó lập luận để có phương trình ẩn t có nghiệm thuộc \(\left( {1;e} \right).\)

Ta chú ý rằng hàm số \(y = f\left( x \right)\) và \(y = f\left( t \right)\) có tính chất giống nhau nên từ đồ thị hàm số đã cho ta suy ra tính chất hàm \(f\left( t \right).\)

Sử dụng phương pháp hàm số để tìm m sao cho bất phương trình có nghiệm.

Bất phương trình \(m > f\left( X \right)\) có nghiệm trên \(\left( {a;b} \right)\) khi \(m > \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} {\mkern 1mu} f\left( X \right)\).

Giải chi tiết:

Xét bất phương trình \(f\left( {{e^x}} \right) < m\left( {3{e^x} + 2019} \right)\). (*)

Đặt \({e^x} = t\left( {t > 0} \right)\) với: \(x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow t \in \left( {{e^0};{e^1}} \right) \Rightarrow t \in \left( {1;e} \right)\).

Ta được bất phương trình \(f\left( t \right) < m\left( {3t + 2019} \right) \Leftrightarrow m > \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) (vì \(3t + 2019 > 0\) với \(t \in \left( {1;e} \right)\))

Để bất phương trình (*) có nghiệm \(x \in \left( {0;1} \right)\) thì bất phương trình (1) có nghiệm \(t \in \left( {1;e} \right)\).

Ta xét hàm \(g\left( t \right) = \frac{{f\left( t \right)}}{{3t + 2019}}\) trên \(\left( {1;e} \right)\).

Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}}\).

Nhận xét rằng đồ thị hàm số \(y = f\left( t \right)\) có tính chất giống với đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) nên xét trên khoảng \(\left( {1;e} \right)\) ta thấy rằng \(f\left( t \right) < 0\) và đồ thị hàm số đi lên từ trái qua phải hay hàm số đồng biến trên \(\left( {1;e} \right)\) nên \(f'\left( t \right) > 0\).

Từ đó \(g'\left( t \right) = \frac{{f'\left( t \right)\left( {3t + 2019} \right) - 3f\left( t \right)}}{{{{\left( {3t + 2019} \right)}^2}}} > 0\) với \(t \in \left( {1;e} \right)\) hay hàm số \[g\left( t \right)\] đồng biến trên \[\left( {1;e} \right)\].

Phương pháp giải:

- Tính thời điểm t khi vận tốc đạt 200 m/s.

- Sử dụng công thức \(s = \int\limits_0^t {v\left( t \right)dt} \).

Giải chi tiết:

Thời điểm máy bay đạt vận tốc 200 m/s là: \({t^2} + 10t = 200 \Leftrightarrow t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Quãng đường máy bay di chuyển trên đường băng từ thời điểm \(t = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\) tới thời điểm \(t = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\) là:

\(s = \int\limits_0^{10} {v\left( t \right)dx} = \int\limits_0^{10} {\left( {{t^2} + 10t} \right)dt}  = \frac{{2500}}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)\).

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính cấp số cộng, cấp số nhân.

Giải chi tiết:

Ông Bá Kiến gửi 100 triệu với lãi suất 6,7% nên sau n năm số tiền của ông là \({A_n} = 100.1,{067^n}\).

Anh Giáo Thứ gửi 20 triệu với lãi suất 7,6% thì sau n năm số tiền của anh là \({B_n} = 20.1,{076^n}\).

Để số tiền của anh giáo Thứ lớn hơn ông Bá Kiến thì

\(20.1,{076^n} > 100.1,{067^n} \Leftrightarrow {\left( {\frac{{1,076}}{{1,067}}} \right)^n} > 5 \Leftrightarrow n > 191,6\)

Vậy phải sau ít nhất 192 năm thì số tiền của anh giáo Thứ mới nhiều hơn số tiền của ông Bá Kiến.

Phương pháp giải:

- Giải bất phương trình logarit: \({\log _a}f\left( x \right) > b \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) > {a^b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} a > 1}\\{f\left( x \right) < {a^b}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} khi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0 < a < 1}\end{array}} \right.\).

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}x > 0}\\{x > 0}\end{array}} \right. \Rightarrow x > 1\).

Ta có: \({\log _{\frac{1}{2}}}\left( {{{\log }_3}x} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _3}x < 1 \Leftrightarrow x < 3\)

Kết hợp ĐKXĐ ta có: \(1 < x < 3\)

\( \Rightarrow \) Tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {1;3} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 3}\end{array}} \right.\).

Vậy \(a + b = 1 + 3 = 4\).

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:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: \[{x^2} - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = 3}\end{array}} \right.\]

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi \[y = {x^2} - 4x + 3,\] \[x = 0,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 3\] là

\[S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} \]

\[ = \left| {\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right| + \left| {\int\limits_1^3 {\left( {{x^2} - 4x + 3} \right)dx} } \right|\]

\[{\mkern 1mu} = \left| {\frac{4}{3}} \right| + \left| { - \frac{4}{3}} \right| = \frac{8}{3}.\]

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm \(y'\)

- Hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\)

- Xét các TH sau:

   + TH1: \(\Delta ' \le 0\) \( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

   + TH2: \(\Delta ' > 0\), phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)thì \({x_1} < {x_2} \le 1\)

- Áp dụng định lí Vi-ét.

Giải chi tiết:

Hàm số \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\) xác định trên \(\left( {1; + \infty } \right)\)

Ta có: \(y' = {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right)\)

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

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right) \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\) (*).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 5m + 4\)

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\), khi đó \(y' \ge 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \mathbb{R}\) nên thỏa mãn (*).

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > 4}\\{m < 1}\end{array}} \right.\), khi đó phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\).

Áp dụng định lí Vi-et ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)}\\{{x_1}{x_2} = 3\left( {m - 1} \right)}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge {x_2}}\\{x \le {x_1}}\end{array}} \right.\), nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;{x_1}} \right)\) và \(\left( {{x_2}; + \infty } \right)\)

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) thì \(\left( {1; + \infty } \right) \subseteq \left( {{x_2}; + \infty } \right)\)\( \Rightarrow {x_1} < {x_2} \le 1\)

Khi đó ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} < 2}\\{{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2\left( {m - 1} \right) < 2}\\{3\left( {m - 1} \right) - 2\left( {m - 1} \right) + 1 \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 1}\\{m - 1 + 1 \ge 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{m \ge 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 2\)

Kết hợp 2 TH ta có \(0 \le m \le 4\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ {0;1;2;3;4} \right\}\).

Vậy có 5 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Phương pháp giải:

- Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\)

- Thay vào biểu thức tìm \(a,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\)

Giải chi tiết:

Đặt \(z = a + bi \Rightarrow \bar z = a - bi\)

Theo bài ra ta có:

\(\left( {2 - 3i} \right)z - 7i\bar z = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow \left( {2 - 3i} \right)\left( {a + bi} \right) - 7i\left( {a - bi} \right) = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow 2a + 2bi - 3ai + 3b - 7ai - 7b = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow 2a - 4b + \left( {2b - 10a} \right)i = 22 - 20i\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a - 4b = 22}\\{2b - 10a = - 20}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 5}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow z = 1 - 5i\)

Vậy \(a + b = 1 + \left( { - 5} \right) = - 4\).

Phương pháp giải:

+ Mô đun của số phức \(z = a + bi\) là \(\left| {a + bi} \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

+ Biến đổi giả thiết để đưa về phương trình đường thẳng.

Giải chi tiết:

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Ta có: \(\left| {z - i} \right| = \left| {2 - 3i - z} \right|\)

\( \Leftrightarrow \left| {x + yi - i} \right| = \left| {2 - 3i - \left( {x + yi} \right)} \right|\)

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

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

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

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 2y + 1 = 4 - 4x + {x^2} + {y^2} + 6y + 9\)

\( \Leftrightarrow 4x - 8y - 12 = 0\)

\( \Leftrightarrow x - 2y - 3 = 0\)

Vậy tập hợp biểu diễn số phức \(z\) là đường thẳng \(x - 2y - 3 = 0.\)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết phương trình đường thẳng \[AD\] rồi tham số hóa điểm \[D\]. Tính \[AD\] được từ diện tích \[ABCD\]

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Phương trình \(\left( C \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {x^2} + {y^2} - 2ax - 2by + c = 0\) có bán kính là \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c} .\)

Giải chi tiết:

Xét phương trình đường tròn: \({x^2} + {y^2} - 8x + 10y + m = 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = - 5}\\{c = m}\end{array}} \right.\)

Ta có: \({a^2} + {b^2} - c = {R^2}\)\( \Rightarrow {4^2} + {\left( { - 5} \right)^2} - m = {7^2} \Leftrightarrow m = - 8\).

Phương pháp giải:

Phương trình mặt phẳng đi qua \({M_0}\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) và có 1 VTPT \(\vec n\left( {a;b;c} \right) \ne \vec 0\) là:

\(a\left( {x - {x_0}} \right) + b\left( {y - {y_0}} \right) + c\left( {z - {z_0}} \right) = 0\)

Giải chi tiết:

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right):2x - y + 3z + 4 = 0\) có 1 VTPT là: \(\vec n\left( {2; - 1;3} \right)\)

Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm. Do (P) song song Oy và vuông góc với \(\left( \alpha \right)\) nên (P) có 1 VTPT là:

\(\overrightarrow {{n_1}} = \left[ {\vec n;\vec j\left( {0;1;0} \right)} \right] = \left( { - 3;0;2} \right)\)

Mặt phẳng (P) đi qua \(A\left( {2; - 1;2} \right)\), có 1 VTPT \(\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - 3;0;2} \right)\) có phương trình là:

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

Phương pháp giải:

- Giả sử thiết diện qua trục là tam giác \(SAB\), \(O\) là tâm đường tròn đáy \( \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AB\)

- Từ diện tích tam giác \(SAB\), tính độ dài đường sinh \(l = SA\)

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân: \(AB = SA\sqrt 2 \), từ đó tính bán kính \(r\)

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

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Đặt bán kính khối trụ là \(r\). Sử dụng định lí Ta-lét tính chiều cao khối trụ theo \(r\).

- Tính thể tích khối trụ có chiều cao \(h\), bán kính đáy \(r\) là \(V = \pi {r^2}h\).

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Xác định góc từ điểm \[A\] đến \(\left( {A'BC} \right)\)

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính \(A'A\)

- Tính thể tích \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A.{S_{\Delta ABC}}\)

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Tìm điểm \(Q\)

Sử dụng định lí Menelaus để tính tỉ số.

Giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\)

- Tính lần lượt các độ dài đoạn \(M{A^2};M{B^2}\), sử dụng công thức \(M{A^2} = {\left( {{x_M} - {x_A}} \right)^2} + {\left( {{y_M} - {y_A}} \right)^2} + {\left( {{z_M} - {z_A}} \right)^2}\)

- Biểu thức tìm được có dạng \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2ax - 2by - 2cz + d = 0\), là phương trình mặt cầu có tâm \(I\left( {a;b;c} \right)\), bán kính \(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} - d} \)

Giải chi tiết:

Gọi \(M\left( {x;y;z} \right)\)

Theo bài ra ta có: \(2M{A^2} + M{B^2} = 165\)

\( \Leftrightarrow 2\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {{\left( {y - 2} \right)}^2} + {{\left( {z - 3} \right)}^2}} \right] + \left[ {{{\left( {x - 4} \right)}^2} + {{\left( {y + 7} \right)}^2} + {{\left( {z + 9} \right)}^2}} \right] = 165\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 3{z^2} - 12x + 6y + 6z + 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x + 2y + 2z + 3 = 0\)

Do đó tập hợp các điểm \(M\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là mặt cầu tâm \( \Rightarrow a = 2,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b = - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c = - 1\), bán kính \(R = \sqrt {4 + 1 + 1 - 3} = \sqrt 3 \)

Vậy \(T = {a^2} + {b^2} + {c^2} + {R^2} = 4 + 1 + 1 + 3 = 9\).

Phương pháp giải:

- Đường thẳng \(d:{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{x - {x_0}}}{a} = \frac{{y - {y_0}}}{b} = \frac{{z - {z_0}}}{c}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {a;b;c} \right)\)

- Hai đường thẳng song song thì VTCP của đường thẳng này cũng là VTCP của đường thẳng kia.

- 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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = {x_0} + at}\\{y = {y_0} + bt}\\{z = {z_0} + ct}\end{array}} \right.\).

Giải chi tiết:

Đường thẳng \(d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{1} = \frac{z}{{ - 2}}\) có 1 VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}} = \left( {2;1; - 2} \right)\), đây cũng là VTCP của đường thẳng đi qua A và song song với d.

Đường thẳng qua A và song song với d nhận \(\vec u = \left( {2;1; - 2} \right)\) là VTCP, có phương trình tham số: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 1 + t}\\{z = - 2 - 2t}\end{array}} \right.\)

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm hàm số \(y = g\left( x \right)\)

- Giải phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)

- Lập bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\)

- Xác định các điểm cực tiểu của hàm số \(g\left( x \right)\) là các điểm mà qua đó \(g'\left( x \right)\) đổi dấu từ âm sang dương.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: Hàm số có 2 điểm cực trị \(x = - 1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 1\), do đó \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\)

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

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

Ta có bảng xét dấu \(g'\left( x \right)\) như sau:

Phương pháp giải:

- Nhận xét: \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\)

- Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua , xác định tọa độ điểm \(A\).

- Sử dụng tính chất đối xứng và BĐT tam giác: \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\)

- Xác định dấu “=” xảy ra, tìm tọa độ điểm \(M\) và tính \(OM\).

Giải chi tiết:

Dễ thấy hai điểm \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) nằm cùng phía đối với \(\left( {Oxy} \right)\), điểm \(M\left( {a;b;0} \right) \in \left( {Oxy} \right)\)

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(\left( {Oxy} \right)\)\( \Rightarrow A'\left( {1;2; - 3} \right)\)

Theo tính chất đối xứng ta có: \(MA = MA'\)

Do đó \(MA + MB = MA' + MB \ge A'B\) (Bất đẳng thức tam giác).

Dấu “=” xảy ra \( \Rightarrow M \in A'B\). Hay \(M,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A',{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) thẳng hàng \( \Rightarrow \overrightarrow {A'M} ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \overrightarrow {A'B} \) cùng phương.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {A'M} = \left( {a - 1;b - 2;3} \right)}\\{\overrightarrow {A'B} = \left( {4;4;4} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \frac{{a - 1}}{4} = \frac{{b - 2}}{4} = \frac{3}{4}\)\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 4}\\{b = 5}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow M\left( {4;5;0} \right)\). Vậy \(OM = \sqrt {{4^2} + {5^2} + {0^2}} = \sqrt {41} \).

Phương pháp giải:

Số điểm cực trị của hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) với \(f\left( x \right)\) là hàm đa thức = số điểm cực trị của hàm số \(y = f\left( x \right)\) + số giao điểm (không tính điểm tiếp xúc) của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) và trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m\)

Đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) có nhiều nhất 3 điểm cực trị và cắt trục hoành tại nhiều nhất 4 điểm.

Do đó để đồ thị hàm số \(y = \left| {f\left( x \right)} \right|\) có 7 điểm cực trị thì đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt và có 3 điểm cực trị.

\( \Rightarrow \) đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) phải cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt (vì khi đó chắc chắn hàm số \(y = f\left( x \right)\) sẽ có 3 điểm cực trị) \( \Rightarrow \) Phương trình \(3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x - m = 0 \Leftrightarrow 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x = m{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)\) phải có 4 nghiệm phân biệt.

Xét hàm số \(g\left( x \right) = 3{x^4} - 8{x^3} - 6{x^2} + 24x\) ta có \(g'\left( x \right) = 12{x^3} - 24{x^2} - 12x + 24 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - 1}\\{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.\)

BBT:

Phương pháp giải:

Bình phương hai vế để giải phương trình vô tỉ, kết hợp bảng biến thiên để biện luận số nghiệm.

Giải chi tiết:

\(\sqrt {2{x^2} - 2x - m} = x + 2 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + 2 \ge 0}\\{2{x^2} - 2x - m = {{\left( {x + 2} \right)}^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{2{x^2} - 2x - m = {x^2} + 4x + 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge - 2}\\{{x^2} - 6x - 4 = m}\end{array}} \right..\)

Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) và đường thẳng \(y = m\) với \(x \ge - 2.\)

Xét hàm số \(y = {x^2} - 6x - 4\) ta có BBT:

Phương pháp giải:

- Sử dụng biến đổi: \(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)

- Xét tích phân \(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} \), tính tích phân bằng phương pháp đổi biến, đặt \(t = 4 - x\)

- Áp dụng tính chât của nguyên hàm: \(\int {f\left( x \right)dx = \int {f\left( t \right)dt} } \)

Giải chi tiết:

Ta có: \(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)

Đặt \(t = 4 - x \Rightarrow dt = - dx\)

Đổi cận: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 \Rightarrow t = 3}\\{x = 3 \Rightarrow t = 1}\end{array}} \right.\), khi đó ta có:

\(\int\limits_1^3 {\left( {4 - x} \right)f\left( x \right)dx} = - \int\limits_3^1 {tf\left( {4 - t} \right)dt} \)

\( = \int\limits_1^3 {tf\left( {4 - t} \right)dt} = \int\limits_1^3 {tf\left( t \right)dt} \)

\( = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \) \( \Rightarrow \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = 4\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} - \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} \)

\( \Leftrightarrow 2\int\limits_1^3 {f\left( x \right)dx} = \int\limits_1^3 {xf\left( x \right)dx} = \left( { - 2} \right)\).

Giải chi tiết:

Gọi A là biến cố: “Xạ thủ đạt loại giỏi”

TH1: Xạ thủ được 30 điểm \( \Rightarrow \) Xạ thủ bắn trúng vòng 10 ba lần.

\[ \Rightarrow {P_1} = 0,{2^3} = 0,008\]

TH2: Xạ thủ được 29 điểm \( \Rightarrow \) Xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 9 một lần.

\[ \Rightarrow {P_2} = C_3^2.0,{2^2}.0,25 = 0,03\]

TH3: Xạ thủ được 28 điểm \( \Rightarrow \) Xạ thủ bắn trúng vòng 10 hai lần và vòng 8 một lần hoặc Xạ thủ bắn trúng vòng 10 một lần, trúng vòng 9 hai lần

\( \Rightarrow {P_3} = C_3^2.0,{2^2}.0,{15^1} + C_3^1.0,{2^1}.0,{25^2} = 0,0555\)

Vậy \(P\left( A \right) = {P_1} + {P_2} + {P_3} = 0,0935\)

Phương pháp giải:

- Tính thể tích khối tứ diện \(MNEC\) và \(ABCD\)

- So sánh diện tích đáy và chiều cao mỗi khối tứ diện và suy ra tỉ số.

Giải chi tiết:

Đáp án: \[\frac{1}{3}.\]

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

\(y = \ln \left( {x + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{1}{{x + 1}} \Rightarrow y'\left( 2 \right) = \frac{1}{3}\)

Vậy hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số \(y = \ln \left( {x + 1} \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = 2\) là \(\frac{1}{3}.\)

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

Giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) xác định số điểm cực trị bằng số nghiệm bội lẻ của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\)

Giải chi tiết:

TXĐ: \(D = \left( {0; + \infty } \right)\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x + 1 = 0}\\{{e^x} - 2019 = 0}\\{x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{\ln x = - 1}\\{{e^x} = 2019}\\{x = - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{1}{e} \in \left( {0; + \infty } \right)}\\{x = \ln 2019 \in \left( {0; + \infty } \right)}\\{x = - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right)}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Đáp án: 2

Phương pháp giải:

- Nhận xét \(\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\)

- \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right)\) với \(M \in \left( P \right)\) bất kì.

- Khoảng cách từ \(M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)\) đến mặt phẳng \(\left( Q \right):{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} Ax + By + Cz + D = 0\) là

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

Giải chi tiết:

Vì \(\frac{2}{4} = \frac{{ - 1}}{{ - 2}} = \frac{{ - 2}}{{ - 4}} \ne \frac{{ - 9}}{{ - 6}}\) nên \(\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\)

Xét \(\left( P \right)\), cho \(x = z = 0 \Rightarrow y = - 9 \Rightarrow M\left( {0; - 9;0} \right) \in \left( P \right)\)

Vậy \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| { - 2.\left( { - 9} \right) - 6} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} }} = 2\)

Đáp án: 116753

Phương pháp giải:

Chia các trường hợp:

    TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam.

    TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam.

    TH3: 5 học sinh nữ.

Giải chi tiết:

Để chọn được 5 học sinh tham gia văn nghệ trong đó có ít nhất 3 học sinh nữ ta có các TH sau:

TH1: 3 học sinh nữ, 2 học sinh nam \( \Rightarrow \) Có \[C_{15}^3.C_{20}^2 = 86450\]

TH2: 4 học sinh nữ, 1 học sinh nam \( \Rightarrow \) Có \(C_{15}^4.C_{20}^1 = 27300\)

TH3: 5 học sinh nữ \( \Rightarrow \) Có \(C_{15}^5 = 3003\)

Vậy có tất cả \(86450 + 27300 + 3003 = 116753\) cách.

Đáp án: \[\frac{1}{{12}}\]

Phương pháp giải:

- Tính \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)\]

- Phân tích  giới hạn \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}}.\frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}} \right]\], sau đó tính giới hạn.

Giải chi tiết:

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

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 15} \right] = 15\]

Ta có: \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right) - 15}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\frac{{f\left( x \right) - 15}}{{x - 2}}.\frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) + 6} + 3} \right)}}} \right]\]

\[ = 3.\frac{1}{{4.\left( {\sqrt {2.15 + 6} + 3} \right)}} = 3.\frac{1}{{4.9}} = \frac{1}{{12}}\].

Đáp án: \(8m\)

Phương pháp giải:

Xác định hoành độ đỉnh \({x_I}\) xem có thuộc đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) cần tìm GTLN, GTNN hay không?

Nếu \({x_I} \notin \left[ {a;b} \right]\) thì ta tính \(f\left( a \right);f\left( b \right)\)và so sánh ta được GTLN, GTNN.

Giải chi tiết:

Xét hàm số \(y = {x^2} - 2x + 5\) trên \(\left[ {2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 7} \right]\) ta có BBT:

Đỉnh của đồ thị hàm số \(y = {x^2} - 2x + 5\) là \(I\left( {1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4} \right)\)

Đáp án: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\)

Phương pháp giải:

- Tính đạo hàm.

- Giải phương trình \(y' = 0\)

- Đưa phương trình \(y' = 0\) về dạng tích, tìm điều kiện để phương trình \(y' = 0\) có 1 nghiệm duy nhất.

Giải chi tiết:

+ \(y' = 4m{x^3} + 2\left( {m - 1} \right)x = 2x\left( {2m{x^2} + m - 1} \right)\)

+ \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{2m{x^2} + m - 1 = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\end{array}} \right.\)

+ Hàm số chỉ có 1 cực trị \( \Leftrightarrow \left( 1 \right)\) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép \( \Rightarrow \Delta \le 0 \Leftrightarrow - 2m\left( {m - 1} \right) \le 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}} \right.\).

Đáp án: \(\frac{2}{3}\)

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 \(S = \int\limits_a^b {\left| {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right|dx} \).

Giải chi tiết:

Diện tích cần tìm: \(S = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 4x + 3} \right|dx} = \int\limits_1^2 {\left( { - {x^2} + 4x - 3} \right)dx} \)

\({\mkern 1mu} = \int\limits_1^2 { - {x^2}dx + \int\limits_1^2 {4xdx} } - \int\limits_1^2 {3dx} \)

\( = \left. { - \frac{{{x^3}}}{3}} \right|_1^2 + \left. {2{x^2}} \right|_1^2 - \left. {3x} \right|_1^2\)

Đáp án: \[ - 4 < m \le - 3\]

Phương pháp giải:

- Đặt \(t = \sin x\), tìm điều kiện tương ứng của \[t\].

- Tìm mối quan hệ giữa số nghiệm x với số nghiệm t, từ đó suy ra kết luận.

Giải chi tiết:

Đặt \[t = \sin x \in \left[ { - 1;1} \right]\]

Dễ thấy với mỗi \[t \in \left[ {0;1} \right)\] thì sẽ có 2 giá trị \[x \in \left[ {0;\pi } \right]\]

Do đó, để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm trên đoạn \[\left[ {0;\pi } \right]\] thì phương trình \[f\left( t \right) = m\] có nghiệm duy nhất t \[t \in \left[ {0;1} \right)\]\[ \Leftrightarrow - 4 < m \le - 3\].

Đáp án: \[R = 4\]

Phương pháp giải:

Gọi \[z = x + yi\], tìm biểu thức thể hiện mối liên hệ giữa \[x,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\]

Giải chi tiết:

Đặt \(z = x + yi{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\). Theo bài ra ta có:

\(\left| {x + yi - 2 + i} \right| = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 16\)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \(z\) là một đường tròn có tâm \(I\left( {2;1} \right)\), bán kính \(R = 4\).

Đáp án: \(\tan \alpha = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Phương pháp giải:

- Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Sử dụng tính chất tam giác đều và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính \(\tan \alpha \).

Giải chi tiết:

Đáp án: \(A'\left( {1;6; - 1} \right)\)

Phương pháp giải:

Giả sử \[A'\left( {a;b;c} \right)\] là điểm đối xứng với điểm \[A\] qua mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Khi đó, ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AA'} //\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} }\\{I \in \left( P \right)}\end{array}} \right.\], với I là trung điểm của \[{\rm{AA'}}\].

Giải chi tiết:

Giả sử \[A'\left( {a;b;c} \right)\] là điểm đối xứng với điểm \[A\left( { - 1;0;3} \right)\] qua mặt phẳng \[\left( P \right):x + 3y - 2z - 7 = 0\]

Khi đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\overrightarrow {AA'} //\overrightarrow {{n_{\left( P \right)}}} }\\{I \in \left( P \right)}\end{array}} \right.\), với I là trung điểm của \[{\rm{AA'}}\].

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{{b - 0}}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{\left( {\frac{{a - 1}}{2}} \right) + 3.\frac{b}{2} - 2.\frac{{c + 3}}{2} - 7 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{a + 1}}{1} = \frac{b}{3} = \frac{{c - 3}}{{ - 2}}}\\{a + 3b - 2c = 21}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = 6}\\{c = - 1}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow A'\left( {1;6; - 1} \right)\).

Đáp án: 7

Giải chi tiết:

Nhận xét: \({x^2} + {y^2} - 2x + 2 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + 1 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x,y\)

Bpt \( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} - 2x + 2\)

Đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\), bất phương trình trở thành \({2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\) có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right).\)

BBT:

Đáp án: \(\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\)

Phương pháp giải:

- Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

- Xác định góc giữa \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\)bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

- Chứng minh \(d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\), dựng \(d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính \(d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right)\)

Giải chi tiết:

Đáp án: \(1,50{\mkern 1mu} {m^3}\)

Phương pháp giải:

- Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(x,2x,y\)

- Tìm mối liên hệ \(x,y\) dựa vào dữ kiện diện tích \(6,5{m^2}\).

- Lập hàm số thể tích theo ẩn \(x\) và xét hàm tìm \({V_{\max }}\).

Giải chi tiết:

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể lần lượt là \(x,2x,y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {x,y > 0} \right)\).

Diện tích phần lắp kính là: \(2x.x + 2xy + 2.2x.y = 2{x^2} + 6xy = 6,5\)

\( \Leftrightarrow xy = \frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} > 0 \Rightarrow x < \sqrt {\frac{{6,5}}{2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}.\)

Thể tích bể cá là: \(V = 2x.x.y = 2x.\frac{{6,5 - 2{x^2}}}{6} = \frac{{ - 4{x^3} + 13x}}{6}\) với \(0 < x < \frac{{\sqrt {13} }}{2}\)

Ta có: \(V' = \frac{{ - 12{x^2} + 13}}{6},V' = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \frac{{\sqrt {39} }}{6}}\\{x = - \frac{{\sqrt {39} }}{6}\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Bảng biến thiên:

Vậy \({V_{\max }} = \frac{{13\sqrt {39} }}{{54}} \approx 1,50{\mkern 1mu} {m^3}\).

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Vợ chồng A Phủ.

Giải chi tiết:

Nội dung đoạn trích thể hiện tâm trạng và hành động của nhân vật Mị trong đêm cởi trói cho A Phủ và cùng A Phủ trốn khỏi Hồng Ngài sang Phiềng Sa.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Vợ chồng A Phủ.

Giải chi tiết:

Ý nghĩa:

+ Niềm khát khao sống và khát khao tự do của nhân vật Mị.

+ Thể hiện sức sống tiềm tàng của nhân vật: Mị cứu A Phủ cũng đồng nghĩa với việc Mị tự cứu lấy chính bản thân mình.

+ Tô Hoài đã ca ngợi những phẩm chất đẹp đẽ của người phụ nữ miền núi nói riêng và những người phụ nữ Việt Nam nói chung.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Vợ chồng A Phủ.

Giải chi tiết:

Ý nghĩa nghệ thuật của hình ảnh cái cọc và dây mây trong văn bản:

- Ý nghĩa tả thực: nơi để trói và dụng cụ để trói A Phủ của thống lí Pá Tra để đổi mạng nửa con bò bị hổ ăn thịt.

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 tự sự.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài từ láy.

Giải chi tiết:

Các từ láy: rón rén, hốt hoảng, thì thào.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học.

Giải chi tiết:    

- Phong cách ngôn ngữ của đoạn văn bản là chính luận.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ liệt kê được sử dụng trong câu là: những hố sâu do người khác tạo ra/ sự tấn công của thú dữ/ mưa bão/ tuyết lạnh.

Phương pháp giải:

Đọc, suy luận

Giải chi tiết:

-  Câu nói đã khẳng định trong cuộc đời nếu ta lựa chọn sai hướng đi sẽ khó có thể đi đến thành công, ngược lại nếu có quyết định lựa chọn đúng đắn sẽ mang đến những kết quả, thành công tốt đẹp.

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 nghị luận: Đoạn văn trên nghị luận về cuộc sống có nhiều khó khăn, thử thách nhưng mỗi người cần phải biết nỗ lực, cố gắng thì sẽ đem đến những kết quả, thành công tốt đẹp.

Phương pháp giải:

Đọc, suy luận

Giải chi tiết:

Theo tác giả, mỗi người trên thế giới được liên tưởng với những người khách bộ hành đi trên con đường mà mình đã chọn.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Tự sự.

Giải chi tiết:

Ý nghĩa, thông điệp tác giả muốn gửi gắm qua của bài thơ là:

- Con người có trải qua thử thách mới hiểu rõ chính mình và trưởng thành hơn.

- Muốn có được hạnh phúc phải tự mình nỗ lực vươn lên.

- Dù là ai, làm gì, có địa vị xã hội thế nào cũng phải sống từ những điều rất nhỏ; biết nâng niu, trân trọng những cái nhỏ bé trong cuộc sống mới có được hạnh phúc lớn lao.

=> Ý không được nói đến trong bài là: Bản chất cuộc đời là không đơn giản, đó là một ngã rẽ.

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 không được sử dụng trong bài là biểu cảm.

Phương pháp giải:

Căn cứ các biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

 Các biện pháp tu từ được sử dụng trong khổ thơ đầu của văn bản: Điệp ngữ, liệt kê, đối (đục-trong, cao- thấp, phàm tục - tu hành, vẫn chảy, vẫn xanh…)

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

Hình ảnh "đường đời trơn láng" đã thể hiện được cuộc sống quá bằng phẳng, yên ổn, không có trở ngại, khó khăn.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung đoạn trích.

Giải chi tiết:

-Ý nghĩa 2 câu thơ: Bản chất cuộc đời là không đơn giản, không bao giờ hoàn toàn là những điều tốt đẹp, thậm chí có vô vàn những điều “méo mó”, thử thách bản lĩnh, ý chí của con người. Thái độ “tròn tự trong tâm” là thái độ tích cực, chủ động trước hoàn cảnh.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nội dung bài đọc.

Giải chi tiết:

Nội dung chính của văn bản: Chúng ta cần biết trân trọng những hạnh phúc bình dị, giản đơn nhưng thiết thực trong cuộc sống.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phong cách ngôn ngữ đã học.

Giải chi tiết:

- Phong cách ngôn ngữ chính luận.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài từ đồng nghĩa.

Giải chi tiết:

- Hạnh phúc là trạng thái sung sướng, vui sướng vì cảm thấy hoàn toàn đạt được ý nguyện.

- Nao nức, hí hửng, háo hức là ao ước muốn làm, muốn đạt được ngay.

=> Vậy từ “hạnh phúc” gần nghĩa với từ “vui sướng”.

Phương pháp giải:

Phân tích, tổng hợp

Giải chi tiết:

- Tác giả “Bất chợt giật mình, hạnh phúc đơn giản vậy sao?” bởi vì: Khi nghĩ đến hạnh phúc thì con người thường nghĩ đến những gì cao xa, to lớn nhưng thực ra hạnh phúc là những gì rất giản dị, gần gũi quanh ta.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

- Biện pháp tu từ được sử dụng trong câu (9): liệt kê, điệp ngữ, tương phản-đối lập.

+ Liệt kê: thèm hơi ấm của mẹ, thèm tiếng cười của bố, thèm được về nhà để được mắng...

+ Điệp ngữ: khi chúng ta, thì ngoài kia biết bao người...

+ Tương phản - đối lập: bất mãn - khao khát.

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

- Từ “gần gũi” sai về logic.

- Gần gũi liên quan đến cảm giác ở trong một quan hệ cá nhân, đó là một mối liên hệ tình cảm quen thuộc. - - Nên thay bằng một từ khác là từ “mật thiết”.

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

- Từ “khai thác” sai về ngữ nghĩa.

- Khai thác là tận dụng hết khả năng tiềm tàng, đang ẩn giấu.

- Sửa: tìm kiếm

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:       

- Từ “trường ca” sai về ngữ nghĩa.

- Sửa: trường tồn.

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Từ “phong độ” sai về ngữ nghĩa.

- Phong độ là những biểu hiện bên ngoài (như vẻ mặt, cử chỉ) tạo nên tính cách riêng của mỗi người. Ở đây, từ phong độ không bao quát được hết các từ: cởi mở, bộc trực, chân tình và trọng đạo nghĩa.

- Sửa: Phong cách.

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

- Từ “cách thức” sai về ngữ nghĩa.

- Cách thức là hình thức diễn ra của một hành động; cách (nói khái quát). VD: Cách thức ăn mặc, cách thức học tập.

- Sửa: phương thức.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- Hạnh phúc là trạng thái sung sướng, vui sướng vì cảm thấy hoàn toàn đạt được ý nguyện.

- Háo hức, náo nức, nô nức  là ao ước muốn làm, muốn đạt được ngay.

=> Vậy Từ “hạnh phúc” không cùng nhóm với từ còn lại.

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.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào nghĩa của từ.

Giải chi tiết:

- Tham quan, tham gia, tham khảo: nhập vào, xem xét vào.

- Tham lam là lối sống ích kỉ, chỉ nghĩ đến bản thân.

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

Phương pháp giải:

Căn cứ vào Khái quát VHVN từ 1945 đến hết XX.

Giải chi tiết:

Ngôn ngữ:

- Ngôn ngữ gần gũi, từng bước hiện đại

- Dần thoát li chữ Hán, chữ Nôm, lối diễn đạt công thức, ước lệ, tượng trưng, điển cố, quy phạm nghiêm ngặt của văn học trung đại

Phương pháp giải:

Căn cứ vào Văn học Việt Nam từ 1945 đến 1975.

Giải chi tiết:        

- Đặc điểm cơ bản của nền văn học Việt Nam từ năm 1945 đến năm 1975 là:

+ Nền văn học chủ yếu vận động theo hướng cách mạng hoá, gắn bó sâu sắc với vận mệnh chung của đất nước.

+ Nền văn học chủ yếu mang khuynh hướng sử thi và cảm hứng lãng mạn.

+ Nền văn học hướng về đại chúng.

Phương pháp giải:

Điền từ.            

Giải chi tiết:

Tình huống là một lát cắt của sự sống, là một sự kiện diễn ra có phần bất ngờ nhưng cái quan trọng là sẽ chi phối nhiều điều trong cuộc sống con người.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Nam Cao là người có tấm lòng thật đôn hậu, chan chứa yêu thương. Ông gắn bó sâu nặng, giàu ân tình với quê hương và những người nghèo khổ bị áp bức, khinh miệt trong xã hội cũ.

Phương pháp giải:

Điền từ.

Giải chi tiết:

Bác bỏ là dùng lí lẽ và chứng cứ để gạt bỏ những quan điểm, ý kiến sai lệch hoạc thiếu chính xác,…từ đó, nêu ý kiến đúng của mình để thuyết phục người nghe (người đọc)

Phương pháp giải:

Điền từ.

Giải chi tiết:

Chí Phèo là một kiệt tác trong văn xuôi Việt Nam hiện đại, một truyện ngắn có giá trị hiện thực và nhân đạo sâu sắc, mới mẻ, chứng tỏ trình độ nghệ thuật bậc thầy của một nhà văn lớn.

Phương pháp giải:

Điền từ.   

Giải chi tiết:

Ngôn ngữ báo chí là ngôn ngữ thông tin thời sự cập nhật, truyền bá những tin tức nóng hổi hằng ngày trên mọi lĩnh vực hoạt động của xã hội.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Việt Bắc.

Giải chi tiết:

Hình ảnh “Cầm tay nhau biết nói gì hôm nay” diễn tả: nỗi nhớ nhung, lưu luyến, bịn rịn giữa kẻ ở và người đi.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các biện pháp tu từ.

Giải chi tiết:

- Biện pháp ẩn dụ.

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Chiếc thuyền  ngoài xa.

Giải chi tiết:

- Khi chánh án Đẩu đề nghị chị nên li hôn, chị ta van xin “con lạy quý tòa …đừng bắt con bỏ nó”, theo chị:

 + Người đàn ông bản chất vốn không phải kẻ vũ phu, độc ác, anh ta chỉ là nạn nhân của cuộc sống đói khổ. Người chồng là chỗ dựa khi có biển động.

+ Chị không thể một mình nuôi nấng trên dưới 10 đứa con, vả lại “trên thuyền cũng có lúc vợ chồng con cái vui vẻ, hòa thuận”.

=> Chị là một người mẹ thương con và là một người vợ hiểu chồng

Phương pháp giải:

Căn cứ bài Đất nước.

Giải chi tiết:

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 Người lái đò Sông Đà.

Giải chi tiết:        

Nội dung của đoạn trích là: đoạn văn tả về thác nước và đá ở sông Đà ( hay còn gọi là thạch thuỷ trận)

- Từ xa, thác nước biểu thị sức mạnh qua âm thanh dữ dội

- Đến gần, thác nước hiện ra với hình ảnh sóng bọt trắng xóa cả một chân trời đá

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 bài  Ai đã đặt tên cho dòng sông.

Giải chi tiết:       

Sông Hương mang vẻ đẹp vừa mạnh mẽ, vừa dịu dàng, vừa cổ kính, trầm mặc đậm chất Huế.

Phương pháp giải:

Căn cứ vào Thành ngữ.

Giải chi tiết:

Thành ngữ dân gian được sử dụng trong đoạn văn: dựng vợ gả chồng, ăn nên làm nổi, sinh con đẻ cái.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Căn cứ vào các phương thức biểu đạt đã học.

Giải chi tiết:             

Phương thức tự sự vì đây là lời kể chuyện của nhân vật cụ Mết trong đêm Tnú về thăm làng Xô Man sau ba năm đi lực lượng.

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…).

Phương pháp giải:   

Căn cứ vào bài Tây Tiến.

Giải chi tiết:

Ý nghĩa tu từ của từ “anh về đất” trong đoạn thơ là: biện pháp nói giảm, nói tránh để chỉ cái chết của người lính: sự thanh thản, nhẹ nhõm khi đón nhận cái chết.

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: