I: Đọc hiểu:

Câu 1: Phương thức biểu đạt chính là tự sự

Câu 2: Nhan đề của văn bản là: Vết nứt của chiếc bình

Câu 3: Cách ứng xử của người gánh nước với chiếc bình nước là: Ông không bỏ rơi hay thay thế chiếc bình nứt mà vẫn tiếp tục sử dụng nó, ông bao dung, thấu hiểu vết nứt của chiếc bình và tận dụng nó bằng cách gieo hạt giống hoa dọc bên đường phía chiếc bình nứt. Bên cạnh đó, ông còn giúp chiếc bình nứt nhận ra giá trị riêng của mình khi những bông hoa tươi đẹp ấy làm cho ngôi nhà trở nên ấm cúng và duyên dáng.

Câu 4: Trong cuộc sống, không ai trong chúng ta là hoàn hảo, ai cũng sẽ có những "vết nứt" — những khiếm khuyết, sai lầm hay hạn chế cá nhân. Bài học quan trọng nhất rút ra từ văn bản là hãy học cách chấp nhận và trân trọng sự không hoàn hảo của bản thân cũng như người khác. Đừng vì tự ti trước những thiếu sót mà quên đi giá trị riêng biệt mà mình có thể đóng góp cho cuộc đời. Đồng thời, chúng ta cần có cái nhìn bao dung, tích cực để nhìn thấy điểm mạnh trong điểm yếu, biến những hạn chế thành cơ hội tạo ra những điều đẹp đẽ, ý nghĩa.

Tổng số kẹo là 10+12+14=36(viên)

Có 3 loại quà là:

1 Dâu + 1 Cam (loại 1)

1 Dâu + 1 Me (loại 2)

1 Cam + 1 Me (loại 3)

Gọi x, y, z lần lượt là số lượng học sinh nhận các gói quà loại 1, loại 2, loại 3

(Điều kiện: x,y,z∈N*)

Tổng số học sinh là 18

=>x+y+z=18

Chúng ta có 10 kẹo dâu; 12 kẹo cam; 14 kẹo me

Do đó, ta có hệ:

\(\begin{cases}x+y=10\\ x+z=12\\ y+z=14\end{cases}\Rightarrow x+y+z=\frac{10+12+14}{2}=\frac{36}{2}=18\) (đúng)

x+y+z=18

=>z+10=18

=>z=8

x+y+z=18

=>y+12=18

=>y=6

x+y+z=18

=>x+14=18

=>x=4

Số cách chọn 4 bạn trong 18 bạn nhận gói (Dâu, Cam) là:

\(C_{18}^4 = 3060\) (cách)

Số cách chọn 6 em trong 14 em còn lại nhận gói (Dâu, Me) là:

\(C_{14}^6 = 3003\) (cách)

Số cách chọn 8 em còn lại nhận gói (Cam, Me) là:

\(C_8^8=1\) (cách)

Tổng số cách là: \(3060\cdot3003=9189180\) (cách)

ĐKXĐ: (3-x)(1+x)>=0

=>(x-3)(x+1)<=0

=>-1<=x<=3

Ta có: \(-x^2 + 2x + 4\sqrt{(3-x)(1+x)} = m - 2\) (1)

Đặt \(t = \sqrt{(3-x)(1+x)} = \sqrt{-x^2 + 2x + 3}\)

-1<=x<=3

=>\(-x^2 + 2x + 3 = 4 - (x - 1)^2\)

-1<=x<=3

=>-1-1<=x-1<=3-1

=>-2<=x-1<=2

=>\(0\le\left(x-1\right)^2\le4\)

=>\(0 \le -x^2 + 2x + 3 \le 4\)

\(\implies 0 \le \sqrt{-x^2 + 2x + 3} \le 2\)

=>t∈[0;2]

=>\(t^2 = -x^2 + 2x + 3 \implies -x^2 + 2x = t^2 - 3\)

Phương trình ban đầu sẽ trở thành: \((t^2 - 3) + 4t = m - 2\)

=>\(t^2+4t-1=m\) (2)

Để (1) có nghiệm trên khoảng [-1;3] thì (2) có nghiệm trên khoảng t∈[0;2]

Đặt \(f(t) = t^2 + 4t - 1\)

Hoành độ đỉnh là: \(t_0=-\frac{b}{2a}=\frac{-4}{2\cdot1}=-2\) ∉[0;2]

Vì a=1>0 và t0=-2<0 nên f(t) đồng biến trên khoảng [0;2]

\(f(0)=0^2+4\cdot0-1=-1\)

\(f(2)=2^2+4\cdot2-1=11\)

=>Tập giá trị của f(t) là [-1;11]

=>Phương trình f(t)=m có nghiệm t∈[0;2] khi -1<=m<=11

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC; OA là phân giác của góc BOC

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA là đường trung trực của BC

b: Gọi H là giao điểm của AO và BC

OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

ΔBOA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(OA^2=3^2+4^2=9+16=25=5^2\)

=>OA=5(cm)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot OA=BO\cdot BA\)

=>\(BH=\frac{3\cdot4}{5}=2,4\left(\operatorname{cm}\right)\)

H là trung điểm của BC

=>BC=2*BH=4,8(cm)

c: Xét ΔBOA vuông tại B có sin BOA=BA/OA=4/5

nên \(\hat{BOA}\) ≃53 độ

OA là phân giác của góc BOC

=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{BOA}=106^0\)

a: ΔABC vuông tại A

mà AE là đường trung tuyến

nên EA=EB=EC=BC/2

Xét ΔABC có

E,D lần lượt là trung điểm của BC,BA

=>ED là đường trung bình của ΔABC

=>ED//AC và ED=1/2AC

Xét tứ giác ADEC có DE//AC và AC⊥ AD

nên ADEC là hình thang vuông

b: Xét tứ giác AEBF có

D là trung điểm chung của AB và EF

=>AEBF là hình bình hành

Hình bình hành AEBF có EA=EB

nên AEBF là hình thoi

Sửa đề: BF⊥CD(F∈CD)

ABCD là hình thoi

=>AB=AD=CB=CD và \(\hat{BCD}=\hat{BAD}=60^0\)

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

ΔABD đều

mà BE là đường cao

nên BE là phân giác của góc ABD

=>\(\hat{ABE}=\hat{DBE}=\frac{60^0}{2}=30^0\)

Xét ΔCBD có CB=CD và \(\hat{BCD}=60^0\)

nên ΔCBD đều

ΔCBD đều

mà BF là đường cao

nên BF là phân giác của góc CBD

=>\(\hat{CBF}=\hat{DBF}=\frac{60^0}{2}=30^0\)

\(\hat{EBF}=\hat{EBD}+\hat{FBD}=30^0+30^0=60^0\)

Xét ΔBEA vuông tại E và ΔBFC vuông tại F có

BA=BC

\(\hat{BAE}=\hat{BCF}\)

Do đó: ΔBEA=ΔBFC

=>BE=BF

Xét ΔBEF có BE=BF và \(\hat{EBF}=60^0\)

nên ΔBEF đều

2: \(2n^3+n^2+7n+1\vdots2n-1\)

=>\(2n^3-n^2+2n^2-n+8n-4+5\vdots2n-1\)

=>5⋮2n-1

=>2n-1∈{1;-1;5;-5}

=>2n∈{2;0;6;-4}

=>n∈{1;0;3;-2}

4: \(n^3-2\vdots n-2\)

=>\(n^3-8+6\vdots n-2\)

=>6⋮n-2

=>n-2∈{1;-1;2;-2;3;-3;6;-6}

=>n∈{3;1;4;0;5;-1;8;-4}

a: Ta có: \(AE=EB=\frac{AB}{2}\)

\(BF=FC=\frac{BC}{2}\)

\(DP=PC=\frac{DC}{2}\)

mà AB=BC=CD

nên AE=EB=BF=FC=DP=PC

Xét tứ giác AECP có

AE//CP

AE=CP

Do đó: AECP là hình bình hành

b: AECP là hình bình hành

=>AP//CE

=>PN//CM

Xét ΔDMC có

P là trung điểm cua DC

PN//MC

Do đó: N là trung điểm của DM

c: Xét ΔADP vuông tại D và ΔDCF vuông tại C có

AD=DC

DP=CF

Do đó: ΔADP=ΔDCF

=>\(\hat{DPA}=\hat{CFD}\)

mà \(\hat{CFD}+\hat{CDF}=90^0\) (ΔCDF vuông tại C)

nên \(\hat{DPA}+\hat{CDF}=90^0\)

=>AP⊥DF tại N

d: \(S_{BCE}=\frac12\cdot BC\cdot BE=\frac12\cdot BC\cdot\frac12\cdot BA=\frac14\cdot BA^2=\frac14\cdot S_{ABCD}\)

\(=\frac14\cdot25=6,25\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: (d)//(d')

=>a-2=1 và 2b<>3

=>a=3 và b<>3/2

=>y=(3-2)x+2b=x+2b

Thay x=3 và y=1 vào y=x+2b, ta được:

3+2b=1

=>2b=1-3=-2

=>b=-1(nhận)

=>y=x+2*(-1)=x-2

b: Gọi α là góc tạo bởi y=x-2 và trục Ox

tan α=a=1

=>α=45 độ

Sửa đề: y=x/2+3

Đặt (d1): y=x/2+3; (d2): y=-2x; (d3): y=x/2-2; (d4): y=-2x+4

Vẽ đồ thị:

Gọi A là giao điểm của (d1) và (d2), B là giao điểm của (d1) và (d4), C là giao điểm của (d3) và (d4), D là giao điểm của (d2) và (d3)

Vì \(a_1=a_3\left(\frac12=\frac12\right);b_1<>b_3\left(3<>-2\right)\)

nên AB//CD

Vì \(a_2=a_4\left(-2=-2\right);b_2<>b_4\left(0<>4\right)\)

nên AD//BC

Do đó: ABCD là hình bình hành

Vì \(a_1\cdot a_2=\frac12\cdot\left(-2\right)=-1\)

nên (d1)⊥(d2)

=>AB⊥ AD

=>ABCD là hình chữ nhật