câu 1: Theo văn bản, vào ngày 5.6.1911, người đã rời Bến Nhà Rồng để ra đi tìm đường cứu nước là Nguyễn Tất Thành (dưới tên gọi Văn Ba).

Câu 2.
Đoạn văn được trình bày theo cách trình tự thời gian kết hợp liệt kê sự kiện: từ thời điểm ngày 5.6.1911 Bác ra đi tìm đường cứu nước đến quá trình 30 năm bôn ba và trở về Tổ quốc.

Câu 3.

Văn bản sử dụng phương tiện phi ngôn ngữ là: hình ảnh Bến Nhà Rồng.

Tác dụng:

- Tăng tính thuyết phục cho văn bản

_ Nhấn mạnh nét đẹp đặc sắc của bến Nhà Rồng

Câu 4.
Nhan đề “Bến Nhà Rồng và dấu ấn ở Thành phố mang tên Bác” phù hợp với nội dung văn bản vì văn bản chủ yếu giới thiệu về Bến Nhà Rồng — một địa danh lịch sử gắn liền với cuộc đời và hành trình cứu nước của Hồ Chí Minh tại Ho Chi Minh City. Nhan đề khái quát được giá trị lịch sử, ý nghĩa cách mạng và dấu ấn của Bến Nhà Rồng đối với dân tộc Việt Nam.

Câu 5.
Di tích lịch sử không chỉ là những công trình cũ kĩ nhuốm màu thời gian mà còn là nơi lưu giữ linh hồn và ký ức của dân tộc. Mỗi viên gạch, mỗi mái nhà ở Bến Nhà Rồng đều gợi nhắc về hành trình cứu nước đầy gian khổ của Hồ Chí Minh. Việc gìn giữ các di tích lịch sử chính là cách thế hệ hôm nay bày tỏ lòng biết ơn đối với cha ông và tiếp nối truyền thống yêu nước. Nếu các di tích bị lãng quên hay phá huỷ, nhiều giá trị lịch sử thiêng liêng cũng sẽ dần mất đi. Vì thế, mỗi người cần có ý thức bảo vệ và trân trọng những “chứng nhân lịch sử” quý giá của dân tộc.

câu 1: Theo văn bản, vào ngày 5.6.1911, người đã rời Bến Nhà Rồng để ra đi tìm đường cứu nước là Nguyễn Tất Thành (dưới tên gọi Văn Ba).

Câu 2.
Đoạn văn được trình bày theo cách trình tự thời gian kết hợp liệt kê sự kiện: từ thời điểm ngày 5.6.1911 Bác ra đi tìm đường cứu nước đến quá trình 30 năm bôn ba và trở về Tổ quốc.

Câu 3.

Văn bản sử dụng phương tiện phi ngôn ngữ là: hình ảnh Bến Nhà Rồng.

Tác dụng:

- Tăng tính thuyết phục cho văn bản

_ Nhấn mạnh nét đẹp đặc sắc của bến Nhà Rồng

Câu 4.
Nhan đề “Bến Nhà Rồng và dấu ấn ở Thành phố mang tên Bác” phù hợp với nội dung văn bản vì văn bản chủ yếu giới thiệu về Bến Nhà Rồng — một địa danh lịch sử gắn liền với cuộc đời và hành trình cứu nước của Hồ Chí Minh tại Ho Chi Minh City. Nhan đề khái quát được giá trị lịch sử, ý nghĩa cách mạng và dấu ấn của Bến Nhà Rồng đối với dân tộc Việt Nam.

Câu 5.
Di tích lịch sử không chỉ là những công trình cũ kĩ nhuốm màu thời gian mà còn là nơi lưu giữ linh hồn và ký ức của dân tộc. Mỗi viên gạch, mỗi mái nhà ở Bến Nhà Rồng đều gợi nhắc về hành trình cứu nước đầy gian khổ của Hồ Chí Minh. Việc gìn giữ các di tích lịch sử chính là cách thế hệ hôm nay bày tỏ lòng biết ơn đối với cha ông và tiếp nối truyền thống yêu nước. Nếu các di tích bị lãng quên hay phá huỷ, nhiều giá trị lịch sử thiêng liêng cũng sẽ dần mất đi. Vì thế, mỗi người cần có ý thức bảo vệ và trân trọng những “chứng nhân lịch sử” quý giá của dân tộc.

Ta có: \(1 , 8\) m$ = 180$ cm

Gọi \(r\) (cm) là bán kính của đường tròn nhỏ

Đường kính của đường tròn nhỏ là \(2 r\) (cm) \(\left(\right. r > 0 \left.\right)\)

Đường kính của đường tròn lớn là: \(2.2 r = 4 r\) (cm)

Ta có: \(2 r + 4 r = 180\) (vì \(\left(\right. O \left.\right)\) tiếp xúc với \(\left(\right. O ’ \left.\right)\))

\(6 r = 180\)

\(r = 30\) cm.

Vậy để đắp người tuyết có chiều cao là \(1 , 8\) m thì ta cần đắp hai quả cầu tuyết có đường kính lần lượt là \(60\) cm và \(120\) cm.

a) Ta có: \(O B = O D \left(\right. = \&\text{nbsp}; R \left.\right)\) nên \(\Delta O D B\) cân tại \(O\).

Mà \(O C\) là đường cao của \(\Delta O D B\).

Nên \(O C\) cũng là đường phân giác của \(\Delta O D B\).

Suy ra \(\hat{B O C} = \hat{C O D}\) hay \(\hat{B O A} = \hat{A O D}\).

Xét \(\Delta A B O\) và \(\Delta A D O\) có:

\(O B = O D \left(\right. = R \left.\right)\)

\(\hat{B O A} = \hat{A O D}\) (chứng minh trên)

Cạnh \(O A\) chung

Do đó \(\Delta A B O = \Delta A D O\) (c-g-c)

Suy ra \(\hat{A B O} = \hat{A D O} = 9 0^{\circ}\).

Do đó \(A D\) là tiếp tuyến của \(\left(\right. O \left.\right)\).

Ta có: $\widehat{DEB}=\dfrac12 sđ\overset\frown{BD} \, \, (1)$

Lại có: \(\hat{B O D} = s đ\)

Mà \(\hat{B O A} \&\text{nbsp}; = \&\text{nbsp}; \frac{1}{2} \hat{B O D}\)

Nên $\widehat{BOA} = \dfrac12 sđ \overset\frown{BD} \, \,  (2)$

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\) và \(\left(\right. 2 \left.\right)\) suy ra \(\hat{B O A} = \hat{D E O}\).

Mà hai góc này nằm ở vị trí đồng vị nên \(O A / / D E\).

b) Vì \(F\) thuộc đường tròn đường kính \(B E\) nên \(\hat{B F E} = 9 0^{\circ}\)

Xét \(\Delta A B E\) vuông tại \(B\) có: \(B F\) là đường cao

Suy ra \(A E . A F = A B^{2}\)

Chứng minh tương tự, ta có: \(A C . A O = A D^{2} .\)

Mà \(A B = A D\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó \(A B^{2} \&\text{nbsp}; = A D^{2}\)

Suy ra: \(A E . A F = A C . A O\).

c) Vì \(D\) thuộc đường tròn đường kính BE nên \(\hat{B D E} = 9 0^{\circ}\).

Ta có: \(B D\) là đường cao của \(\Delta B G E\); \(E F\) là đường cao của \(\Delta B G E\).

Mà \(B D , E F\) cắt nhau tại \(H\).

Do đó \(H\) là trực tâm của \(\Delta B G E\).

Suy ra: \(G H \&\text{nbsp}; ⊥ \&\text{nbsp}; B E ; \&\text{nbsp}; A B \&\text{nbsp}; ⊥ \&\text{nbsp}; B E\)

Nên \(G H / / A B\).

Xét \(\Delta B I E\)có: \(B O = E O \left(\right. = R \left.\right) ; A O / / E I \left(\right. A O / / D E \left.\right)\).

Do đó \(A B = A I\).

Gọi vị trí ban đầu của người đó là điểm \(A\).

Vì thời gian thực hiện mỗi vòng của đu quay là \(30\) phút nên khi đu quay quay đều thì \(10\) phút người đó đi được \(\frac{1}{3}\) vòng tròn và đang ở vị trí điểm \(B\) như hình vẽ sau:

Gọi \(A^{'} , B^{'}\) lần lượt là hình chiếu của \(A , B\) trên mặt đất, kẻ \(O H ⊥ B B^{'}\).Ta có: \(\hat{A O B} = \frac{1}{3} . 36 0^{\circ} = 12 0^{\circ} , \&\text{nbsp}; O A^{'} = 80\) m.

Vì \(O A^{'} B^{'} H\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông) nên \(H B^{'} = O A^{'} = 80\) (m).

Ta có: \(\hat{A O H} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{B O H} = 12 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 3 0^{\circ}\)

Xét tam giác vuông \(O B H\) có: 

\(B H = O B . sin ⁡ 3 0^{\circ} = 75. \frac{1}{2} = 37 , 5\) (m)

\(B B^{'} = B H + H B^{'} = 37 , 5 + 80 = 117 , 5\) (m).

Vậy sau \(10\) phút người đó ở độ cao \(117 , 5\) m so với mặt đất.

1.

2.

a) Với \(x > 0 ; x \neq 4\) ta có:

\(P = \left(\right. \frac{x}{x \sqrt{x} - 4 \sqrt{x}} - \frac{6}{3 \sqrt{x} - 6} + \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left.\right) : \left(\right. \&\text{nbsp}; \sqrt{x} – 2 + \frac{10 - x}{\sqrt{x} + 2} \left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{x}{\sqrt{x} \left(\right. x - 4 \left.\right)} - \frac{6}{3 \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right)} - \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \left(\right. \frac{x - 4 + 10 - x}{\sqrt{x} + 2} \left.\right)\)

\(= \left[\right. \frac{\sqrt{x}}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} - \frac{2}{\sqrt{x} - 2} + \frac{1}{\sqrt{x} + 2} \left]\right. : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right) + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{\sqrt{x} - 2 \sqrt{x} - 4 + \sqrt{x} - 2}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} : \frac{6}{\sqrt{x} + 2}\)

\(= \frac{- 6}{\left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} + 2 \left.\right)} . \frac{\sqrt{x} + 2}{6}\)

\(= \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

Vậy \(P = \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

b) Với  \(x > 0 ; x \neq 4\). Ta có

\(Q = \left(\right. - \sqrt{x} - 1 \left.\right) . P = \left(\right. - \sqrt{x} - 1 \left.\right) . \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2} = \frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 2} = 1 + \frac{3}{\sqrt{x} - 2}\).

+ Nếu \(x\) không là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số vô tỉ.

Do đó \(Q\) không nguyên.

+ Nếu \(x\) là số chính phương, suy ra \(\sqrt{x}\) là số nguyên.

Do đó \(Q\) nguyên hay \(\frac{3}{\sqrt{x} - 2}\) nguyên khi và chỉ khi \(\sqrt{x} - 2\) thuộc ước của \(3\)

Giải ra tìm được các giá trị \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\) (TMĐK).

Vậy \(x = 1 ; x = 9 ; x = 25\).

Điều kiện: \(x \geq 0\).

\(\left(\right. \sqrt{x} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{x} - 2 \left.\right) < 0\).

Ta xét hai trường hợp:

- Trường hợp 1:

\(\sqrt{x} - 1 < 0\) và \(\sqrt{x} - 2 > 0\)

\(\sqrt{x} < 1\) và \(\sqrt{x} \&\text{nbsp}; > 2\)

\(x \&\text{nbsp}; < 1\) và \(x \&\text{nbsp};\&\text{nbsp}; > 4\) (vô lí)

- Trường hợp 2:

\(\sqrt{x} - 1 > \&\text{nbsp}; 0\) và \(\sqrt{x} - 2 < 0\)

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x} < \&\text{nbsp}; 2\)

\(x > 1\) và \(x < \&\text{nbsp}; 4\)

Kết hợp với điều kiện xác định là \(x \geq 0\), ta có: \(1 < x < 4\).

a) Gọi \(D\) là trung điểm \(M O .\)

Xét tam giác \(A M O\) vuông tại \(A\), với \(A D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(A D = D M = D O\) (1).

Xét tam giác \(B M O\) vuông tại \(A\), với \(B D\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(M O\) của tam giác, suy ra \(D O \&\text{nbsp}; = D M = B D\) (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra \(D A = D M = D O = D B\). Vậy bốn điểm \(A ; M ; B ; O\) thuộc cùng một đường tròn.

b) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(M\)

Suy ra \(O M\) là tia phân giác của \(\hat{A M B}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \(\hat{A M O} = \hat{B M O} = \frac{\hat{A M B}}{2} = \frac{4 0^{\circ}}{2} = 2 0^{\circ}\)

Vì \(A M\) là tiếp tuyến của đường tròn 

Suy ra \(O A \bot A M\) (tính chất)

Suy ra \(\hat{O A M} = 9 0^{\circ}\).

Xét tam giác \(A O M\) có:

\(\hat{O A M} + \hat{A M O} + \hat{A O M} = 18 0^{\circ}\) (định lí tổng ba góc của một tam giác)

\(9 0^{\circ} + 2 0^{\circ} + \hat{A O M} = 18 0^{\circ}\)

\(\hat{A O M} = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - 2 0^{\circ}\)

\(\hat{A O M} = 7 0^{\circ}\)

c) Vì \(A M\) và \(B M\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M.

\(O M\) là tia phân giác \(\hat{A O B}\) (tính chất).

\(\hat{A O M} = \hat{B O M} = \frac{\hat{A O B}}{2}\)

\(\hat{A O B} = 2 \hat{A O M}\)

Suy ra \(\hat{A O B} = 2.7 0^{\circ} = 14 0^{\circ}\)

Ta có: \(\hat{A O B}\) là góc ở tâm chắn cung nhỏ AB⌢AB⌢

Vậy số đo góc \(A O B\) bằng số đo cung nhỏ \(A B\) (định lí góc ở tâm).

số đo cung \(A B\) nhỏ là \(= 14 0^{\circ}\)

Số đo cung \(A B\) lớn là:

\(36 0^{\circ}\) - sđ AB⌢AB⌢ nhỏ

\(= 36 0^{\circ} - 14 0^{\circ} = 22 0^{\circ}\)

Gọi chiều cao của cây là \(A B\), chiều dài của bóng cây là \(B C\), góc tạo thành giữa tia nắng mặt trời với cây là \(\hat{C}\) và vị trí gốc cây là góc \(\hat{B}\).

Do cây thì luôn vuông góc với mặt đất nên ta có \(\Delta A B C\) vuông tại \(B\). Do đó ta có:

\(tan ⁡ \hat{C} = \frac{A B}{B C}\)

Thay số, ta tính được

\(A B = B C . tan ⁡ \hat{C} = tan ⁡ 2 8^{\circ} . 16 \approx 8 , 5\) m.

Vậy cây cao khoảng \(8 , 5\) m.