Câu 1

Đoạn trích “Mùa thu cho con” của Nguyễn Hạ Thu Sương gợi cho em nhiều cảm xúc đẹp về tuổi học trò và những khát vọng của tuổi trẻ. Trước hết, bức tranh mùa thu hiện lên thật tươi sáng, ấm áp qua hình ảnh “nắng mùa thu như ươm vàng rót mật”, tiếng trống trường “rộn rã bước chân vui”. Những hình ảnh ấy gợi không khí náo nức của ngày tựu trường, đánh thức trong mỗi học sinh niềm vui và sự háo hức khi được khám phá những điều mới mẻ. Không chỉ vậy, đoạn thơ còn chứa đựng những lời nhắn nhủ đầy yêu thương và tin tưởng dành cho thế hệ trẻ. Tác giả mong con “đi bằng đôi chân kiêu hãnh”, sống tự tin, bản lĩnh và luôn mang trong tim “ánh lửa tự hào”. Đặc biệt, câu thơ “Con hãy cháy hết mình cho hoài bão” đã truyền cho em động lực mạnh mẽ để sống có ước mơ, biết cố gắng và theo đuổi mục tiêu đến cùng. Đoạn thơ không chỉ giàu hình ảnh đẹp mà còn chứa đựng ý nghĩa sâu sắc về niềm tin, khát vọng và sức sống của tuổi trẻ.

Câu 2:

Trong cuộc sống, thành công không đến dễ dàng mà luôn đòi hỏi con người phải có ý chí và sự bền bỉ. Tuy nhiên, hiện nay nhiều bạn trẻ lại dễ nản lòng, bỏ cuộc khi gặp khó khăn. Vì vậy, việc rèn luyện sự kiên trì là điều vô cùng cần thiết đối với mỗi người.

Kiên trì là khả năng cố gắng lâu dài, không chùn bước trước thử thách để đạt được mục tiêu đã đặt ra. Người có tính kiên trì thường biết vượt qua thất bại, không ngại gian khổ và luôn nỗ lực hoàn thiện bản thân. Ngược lại, những người dễ bỏ cuộc thường khó đạt được thành công trong học tập cũng như cuộc sống.

Để rèn luyện sự kiên trì, trước hết mỗi người cần xác định cho mình mục tiêu rõ ràng. Khi có ước mơ và định hướng cụ thể, con người sẽ có thêm động lực để cố gắng vượt qua khó khăn. Bên cạnh đó, cần tập cho bản thân thói quen không ngại thử thách. Khi gặp thất bại, thay vì chán nản hay buông xuôi, chúng ta nên xem đó là cơ hội để học hỏi và trưởng thành. Ngoài ra, sự kiên trì còn được hình thành từ những việc nhỏ trong cuộc sống hằng ngày như chăm chỉ học tập, hoàn thành công việc đúng kế hoạch hay giữ tinh thần quyết tâm trước áp lực.

Gia đình, nhà trường và xã hội cũng đóng vai trò quan trọng trong việc giúp người trẻ rèn luyện ý chí. Những lời động viên, sự định hướng đúng đắn và các tấm gương vượt khó sẽ tiếp thêm niềm tin để các bạn trẻ không dễ dàng bỏ cuộc. Thực tế cho thấy, nhiều người thành công như Thomas Edison hay Nick Vujicic đều trải qua vô số khó khăn nhưng vẫn bền bỉ vươn lên nhờ lòng kiên trì.

Tuổi trẻ là quãng thời gian đẹp nhất để học hỏi và khẳng định bản thân. Vì thế, mỗi người cần rèn luyện sự kiên trì ngay từ hôm nay để đủ bản lĩnh vượt qua thử thách và chạm tới thành công trong tương lai.

Câu 1: Nguyễn Tất Thành

Câu 2: theo trình tự thời gian

Câu 3:Văn bản sử dụng phương tiện phi ngôn ngữ là hình ảnh (ảnh Bến Nhà Rồng).

Tác dụng: giúp thông tin trở nên sinh động, trực quan; giúp người đọc dễ hình dung về di tích lịch sử Bến Nhà Rồng, tăng sức hấp dẫn và độ tin cậy cho văn bản.

Câu 4:Nhan đề “Bến Nhà Rồng và dấu ấn ở Thành phố mang tên Bác” có mối quan hệ chặt chẽ với nội dung văn bản. Nhan đề khái quát được đối tượng chính là Bến Nhà Rồng và nhấn mạnh những dấu ấn lịch sử quan trọng của nơi này đối với Thành phố Hồ Chí Minh cũng như dân tộc Việt Nam, đặc biệt là sự kiện Bác Hồ ra đi tìm đường cứu nước.

Câu 5:Việc gìn giữ và bảo tồn các di tích lịch sử có ý nghĩa vô cùng quan trọng. Di tích lịch sử là nơi lưu giữ những giá trị văn hoá, truyền thống và dấu ấn hào hùng của dân tộc. Nhờ có các di tích, thế hệ trẻ hiểu hơn về lịch sử đất nước và biết trân trọng công lao của cha ông. Bảo tồn di tích còn góp phần giáo dục lòng yêu nước và tinh thần tự hào dân tộc. Ngoài ra, nhiều di tích còn có giá trị du lịch và văn hoá lớn. Vì vậy, mỗi người cần có ý thức giữ gìn và bảo vệ các di tích lịch sử.

Gọi V thật của canô là \(x\) \(\left(\right. x > 5\); km/h\(\left.\right)\).

Vận tốc xuôi dòng của ca nô là \(x + 5\) km/h.

Vận tốc ngược dòng của ca nô là \(x - 5\) km/h.

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là : \(\frac{60}{x + 5}\) (giờ)

Thời gian ca nô đi xuôi dòng là : \(\frac{60}{x - 5}\) (giờ)

Theo bài ra ta có phương trình:

\(\frac{60}{x + 5} + \frac{60}{x - 5} = 5\)

\(60 \left(\right. x - 5 \left.\right) + 60 \left(\right. x + 5 \left.\right) = 5 \left(\right. x^{2} - 25 \left.\right)\)

\(5 x^{2} - 120 x - 125 = 0.\)

Giải phương trình ta được: 

\(x_{1} = - 1\) (không thỏa mãn điều kiện); 

\(x_{2} = 25\) (thỏa mãn điều kiện)

Vậy vận tốc thực của ca nô là \(25\) km/h.

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.

a) gọi Dlà 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 \(DO=DM=BD\) (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).

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

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

AOB=2.70∘=140∘

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

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

x− 3x​+2 <0 ĐKXĐ: \(x \geq 0\).

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

Ta xét hai trường hợp:

- TH 1:

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

\(\sqrt{x} < 1\) và \(\sqrt{x}>2\)

\(x<1\) và \(x>4\) (vô lí)

- Trường hợp 2:

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

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x}<2\)

\(x > 1\) và \(x<4\)

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

x− 3x​+2 <0 ĐKXĐ: \(x \geq 0\).

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

Ta xét hai trường hợp:

- TH 1:

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

\(\sqrt{x} < 1\) và \(\sqrt{x}>2\)

\(x<1\) và \(x>4\) (vô lí)

- Trường hợp 2:

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

\(\sqrt{x} > 1\) và \(\sqrt{x}<2\)

\(x > 1\) và \(x<4\)

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

a) Ta có: \(OB=OD\left(\right.=R\left.\right)\) 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:DEB=sđ BD(1)

Lại có: \(\hat{B O D}=sđBD\)

Mà \(\hat{B O A}=\frac{1}{2}\hat{B O D}\)

Nên BOA= sđ 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 \(AB^2=AD^2\)

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: \(GH\bot BE;AB\bot BE\)

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 \(A^{'} , B^{'}\) lần lượt là hình chiếu của \(A , B\) trên mặt đất, kẻ \(O H ⊥ B B^{'}\).Ta có: \(\hat{A O B}=\frac{1}{3}.360^{\circ}=120^{\circ},OA^{^{\prime}}=80\) 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.