Câu 1

Bài làm

Đoạn thơ “Mùa thu cho con” đã gợi cho em nhiều cảm xúc đẹp về tuổi trẻ và khát vọng sống. Những hình ảnh như “nắng mùa thu”, “tiếng trống trường”, “ánh mắt rạng ngời” đã vẽ nên không khí tươi vui của ngày tựu trường, đồng thời thể hiện niềm háo hức của tuổi học trò trước một hành trình mới. Qua đó, tác giả gửi gắm lời nhắn nhủ đầy yêu thương đến thế hệ trẻ: hãy bước đi bằng “đôi chân kiêu hãnh”, sống tự tin, có ước mơ và hoài bão. Đặc biệt, câu thơ “Con hãy cháy hết mình cho hoài bão” đã khơi dậy trong em ý thức phải biết cố gắng học tập, rèn luyện để theo đuổi ước mơ của bản thân. Tuổi trẻ là quãng thời gian đẹp nhất nên mỗi người cần sống tích cực, giàu nhiệt huyết và không ngại khó khăn thử thách. Đoạn thơ không chỉ giàu hình ảnh đẹp mà còn mang ý nghĩa giáo dục sâu sắc, giúp em hiểu rằng cần biết nuôi dưỡng niềm tin, ý chí và khát vọng để hướng tới tương lai tốt đẹp hơn.

Câu 2

Bài làm

Trong cuộc sống, ai cũng sẽ gặp khó khăn và thử thách. Tuy nhiên, hiện nay có nhiều bạn trẻ dễ nản lòng, bỏ cuộc khi gặp thất bại. Vì vậy, việc rèn luyện sự kiên trì là điều vô cùng cần thiết.

Kiên trì là sự bền bỉ, cố gắng theo đuổi mục tiêu đến cùng dù gặp khó khăn. Người có tính kiên trì sẽ không dễ dàng từ bỏ mà luôn tìm cách vượt qua trở ngại để đạt được thành công. Trong học tập và cuộc sống, kiên trì là yếu tố quan trọng giúp con người trưởng thành và hoàn thiện bản thân.

Để rèn luyện sự kiên trì, trước hết mỗi người cần xác định mục tiêu rõ ràng cho bản thân. Khi có mục tiêu cụ thể, chúng ta sẽ có động lực để cố gắng và không dễ bỏ cuộc. Bên cạnh đó, cần xây dựng kế hoạch học tập, làm việc phù hợp với khả năng của mình và thực hiện từng bước nhỏ thay vì nóng vội muốn thành công ngay lập tức. Ngoài ra, mỗi người phải học cách chấp nhận thất bại vì thất bại chính là bài học giúp ta trưởng thành hơn. Nếu chỉ vì vài lần vấp ngã mà từ bỏ thì sẽ không bao giờ đạt được kết quả tốt đẹp.

Gia đình, nhà trường và xã hội cũng đóng vai trò quan trọng trong việc giúp người trẻ rèn luyện tính kiên trì. Cha mẹ và thầy cô cần động viên, khích lệ để học sinh có thêm niềm tin vào bản thân. Đồng thời, giới trẻ nên học hỏi từ những tấm gương vượt khó trong cuộc sống để có thêm động lực cố gắng.

Là học sinh, em nhận thấy bản thân cần chăm chỉ học tập, không ngại khó khăn và luôn cố gắng hoàn thành mục tiêu đã đề ra. Chỉ khi có ý chí và sự kiên trì, con người mới có thể chạm tới thành công và sống một cuộc đời ý nghĩa.

Ngày 5.6.1911, Nguyễn Tất Thành dưới tên gọi Văn Ba đã quyết tâm ra đi tìm đường cứu nước.

Câu 2

Thông tin được trình bày theo trình tự thời gian.

Câu 3

– Phương tiện phi ngôn ngữ: Hình ảnh "Bến Nhà Rồng ngày nay là nơi thu hút khách du lịch".

– Tác dụng:

+ Giúp hỗ trợ biểu đạt thông tin, giúp người đọc hình dung được vẻ đẹp, khung cảnh của Bến Nhà Rồng.

+ Giúp văn bản trở nên sinh động, hấp dẫn.

Câu 4

– Các thông tin trong văn bản triển khai cụ thể những dấu ấn ấy:

+ Bến Nhà Rồng gắn với sự kiện Bác Hồ ra đi tìm đường cứu nước.

+ Gắn với những mốc lịch sử quan trọng của dân tộc và Thành phố Hồ Chí Minh.

– Nhan đề định hướng nội dung, làm rõ các dấu ấn lịch sử của Bến Nhà Rồng qua các giai đoạn được thể hiện qua các thông tin cơ bản.

Câu 5

– Học sinh trả lời theo quan điểm cá nhân và đưa ra lí giải phù hợp.

– Gợi ý trả lời: Việc gìn giữ, bảo tồn các di tích lịch sử có ý nghĩa vô cùng quan trọng:

+ Di tích lịch sử là nơi lưu giữ dấu ấn của quá khứ, giúp các thế hệ sau hiểu hơn về lịch sử dân tộc.

+ Di tích lịch sử là nơi giáo dục lòng yêu nước, niềm tự hào và biết ơn đối với những người đi trước.

+ Nếu không được bảo tồn, các di tích có thể bị mai một, xuống cấp theo thời gian, làm mất đi những dấu tích, "chứng nhân" lịch sử của dân tộc.

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

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

căn32​+căn50​−căn28​+căn18​.

\(= \sqrt{16.2} + \sqrt{25.2} - \sqrt{16.2} + \sqrt{9.2}\)

\(= 4 \sqrt{2} + 5 \sqrt{2} - 4 \sqrt{2} + 3 \sqrt{2}\)

\(= \left(\right. 4 + 5 - 4 + 3 \left.\right) \sqrt{2} = 8 \sqrt{2}\)

2. Hướng dẫn

a) Điều kiện: \(a > 0\) và \(a \neq 1\)
\(M = \left(\right. \frac{1}{a - \sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{a - 2 \sqrt{a} + 1}\)

\(= \left(\right. \frac{1}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} + \frac{1}{\sqrt{a} - 1} \left.\right) : \frac{\sqrt{a} + 1}{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}\) 

\(= \frac{1 + \sqrt{a}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)} \cdot \frac{\left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} + 1}\)

\(= \frac{\left(\right. 1 + \sqrt{a} \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right)^{2}}{\sqrt{a} \left(\right. \sqrt{a} - 1 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + 1 \left.\right)}\)

\(= \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}}\)

b) Xét hiệu: 

\(M - 1 = \frac{\sqrt{a} - 1}{\sqrt{a}} - 1 = \frac{- 1}{\sqrt{a}} < 0\) với \(a > 0\) và \(a \neq 1\).

Vậy \(M < 1\).

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.

​

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)

​

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.

Ta có:

\(\left{\right. \&\text{nbsp}; & 2 x + 3 y = - 2 \\ \&\text{nbsp}; & 4 x + y = 1\)

\(\left{\right. \&\text{nbsp}; & 4 x + 6 y = - 4 \\ \&\text{nbsp}; & 4 x + y = 1\)

\(\left{\right. \&\text{nbsp}; & 5 y = - 5 \\ \&\text{nbsp}; & 4 x + y = 1\)

\(\left{\right. \&\text{nbsp}; & y = - 1 \\ \&\text{nbsp}; & 4 x - 1 = 1\)

\(\left{\right. & y = - 1 \\ & 4 x = 1 + 1\)

\(\left{\right. & x = \frac{1}{2} \\ \&\text{nbsp}; & y = - 1\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left(\right. x ; y \left.\right) = \left(\right. \frac{1}{2} ; - 1 \left.\right)\).

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 \(P = \frac{- 1}{\sqrt{x} - 2}\).

​