Top 5 đề thi Đánh giá năng lực trường ĐHQG Hà Nội có đáp án (Đề 1) – Phần 2

Đáp án

Phương pháp giải: Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại điểm $M\left(x_0;y_0\right)$ là $k=y^{\text{'}}\left(x_0\right)$.

Giải chi tiết:

TXĐ $D=ℝ\backslash \left(2\right)$.

Ta có $y=\frac{2x-3}{2-x}=\frac{2x-3}{-x+2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{1}{{\left(2-x\right)}^2}$.

Đáp án

Phương pháp giải: - Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$.

- Lập BXD $f^{\text{'}}\left(x\right)$.

Giải chi tiết:

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\Rightarrow \left(x^2-1\right){\left(x-3\right)}^2\left(x+2\right)=0a$ $\Rightarrow \left(\begin{array}{c}x=1\left(nghiemdon\right)\\ x=-1\left(nghiemdon\right)\\ x=3\left(nghiemboihai\right)\\ x=-2\left(nghiemdon\right)\end{array}\right)$   

Bảng xét dấu $f^{\text{'}}\left(x\right)$ :

Đáp án

Phương pháp giải: - Khoảng cách từ điểm $M\left(x_0;y_0;z_0\right)$ đến mặt phẳng $\left(P\right):Ax+By+Cz+D=0$ là $d\left(M;\left(P\right)\right)=\frac{\left(A{x}_0+B{y}_0+C{z}_0+D\right)}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$.

Giải chi tiết:

Đáp án

Phương pháp giải: Sử dụng quy tắc vách ngăn.

Giải chi tiết:

Xếp 2 học sinh lớp A có 2! cách xếp, khi đó tạo ra 3 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ nhất vào 1 trong 2 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 2 cách, khi đó tạo ra 4 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 2 vào 1 trong 3 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 3 cách, khi đó tạo ra 5 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp B thứ 3 vào 1 trong 4 khoảng trống không ở giữa 2 bạn lớp A có 4 cách, khi đó tạo ra 6 khoảng trống trong đó có 1 khoảng trống giữa 2 bạn lớp A.

Xếp bạn lớp C thứ nhất vào 1 trong 6 khoảng trống (kể cả khoảng trống giữa 2 bạn lớp A) có 6 cách, khi đó tạo ra 7 khoảng trống.

Cứ như vậy ta có :

Xếp bạn lớp C thứ hai có 7 cách.

Xếp bạn lớp C thứ ba có 8 cách.

Xếp bạn lớp C thứ tư có 9 cách.

Đáp án

Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp tính giới hạn vô định $\frac{\infty }{\infty }$ với biểu thức chứa căn ta làm mất nhân tử của tử và mẫu bằng cách nhân liên hợp, tạo hằng đẳng thức.

Giải chi tiết:

Đặt $P=P\left(x\right)=\sqrt{\left(3\right)}6f\left(x\right)+5\Rightarrow P-5=\frac{P^3-5^3}{P^2+5P+25}=\frac{6f\left(x\right)+5-5^3}{P^2+5P+25}=\frac{6\left(f\left(x\right)-20\right)}{P^2+5P+25}.$.

Vì $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{f\left(x\right)-20}{x-2}=10$ nên $f\left(2\right)-20=0\Rightarrow f\left(2\right)=20\Rightarrow P=5$

Khi đó

$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{\sqrt{\left(3\right)}6f\left(x\right)+5-5}{x^2+x-6}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{6\left(f\left(x\right)-20\right)}{\left(x-2\right)\left(x+3\right)\left(P^2+5P+25\right)}=\underset{x\to 2}{\lim }\left(\frac{f\left(x\right)-20}{x-2}.\frac{6}{\left(x+3\right)\left(P^2+5P+25\right)}\right).$

Đáp án

Phương pháp giải: Cho hàm số $y=a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)a$ có đồ thị $\left(P\right)$

Với $a>0:$ Giá trị nhỏ nhất của hàm số $y_{\min }=-\frac{\Delta }{4a}a$ đạt được tại $x=-\frac{b}{2a}.$

$\left(P\right)a$ đi qua điểm $A\left(x_0;y_0\right)\iff y_0=a{x_0}^2+b{x}_0+c.$

Giải chi tiết:

Parabol $y=a{x}^2+bx+c$ đạt cực đại bằng 4 khi $x=-2\Rightarrow$ parabol  có đỉnh $I\left(-2;4\right)$

Lại có parabol đi qua điểm $A\left(0;6\right)$ nên ta có: $\{\begin{array}{c}4a-2b+c=4\\ \begin{array}{c}c=6\\ -\frac{b}{2a}=-2\end{array}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}a=\frac{1}{2}\\ b=2\\ c=6\end{array}$

Đáp án

Phương pháp giải: Hàm đa thức bậc ba $y=f\left(x\right)$ có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt.

Giải chi tiết:

Ta có: $y=\frac{-x^3}{3}+m{x}^2-2mx+1\Rightarrow y^{\text{'}}=-x^2+2mx-2m$

Đáp án

Phương pháp giải: Sử dụng tích phân từng phần và phương pháp đổi biến số.

Giải chi tiết:

Ta có $A={\int }_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx$

Đặt $\left(\begin{array}{c}x=u\\ dv=f^{\text{'}}\left(x\right)dx\end{array}\right)\Rightarrow \left(\begin{array}{c}dx=du\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right)$.

Khi đó $A={\left(x.f\left(x\right)\right)}_0^2-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2f\left(2\right)-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Xét $B=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2x\right)dx$. Đặt $t=2x\Rightarrow dt=2dx$. Đổi cận $\left(\begin{array}{c}x=0\Rightarrow t=0\\ x=1\Rightarrow t=2\end{array}\right)$.

Khi đó ta có $B=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=2\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=4$.

Đáp án

Phương pháp giải: - Đặt $t=x^3-3x$, quan sát đồ thị tìm nghiệm của phương trình $\left|f\left(t\right)\right|=\frac{2}{3}$ tìm các nghiệm $t_i$.

- Khảo sát hàm số $g\left(x\right)=x^3-3x$ suy ra số nghiệm của phương trình $x^3-3x=t_i$.

Giải chi tiết:

Ta có : $\left|f\left(x^3-3x\right)\right|=\frac{2}{3}\iff [\begin{array}{c}f\left(x^3-3x\right)=\frac{2}{3}\\ f\left(x^3-3x\right)=-\frac{2}{3}\end{array}$

Đặt $t=x^3-3x$ ta được $[\begin{array}{c}f\left(t\right)=\frac{2}{3}\\ f\left(t\right)=-\frac{2}{3}\end{array}$

+) Phương trình $f\left(t\right)=\frac{2}{3}$ có ba nghiệm phân biệt $t_1,t_2,t_3$, trong đó $-2<t_1<0<t_2<2<t_3$.

+) Phương trình $f\left(t\right)=-\frac{2}{3}$ có ba nghiệm phân biệt $t_4,t_5,t_6$, trong đó $t_4<-2<2<t_5<t_6$.

Các nghiệm $t_1,t_2,t_3,t_4,t_5,t_6$ phân biệt.

Xét hàm $g\left(x\right)=x^3-3x$ có $g^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-3=0\iff x=\pm 1$

BBT :

Từ BBT ta thấy :

+) Phương trình $x^3-3x=t_1\in \left(-2;0\right)$ có 3 nghiệm phân biệt.

+) Phương trình $x^3-3x=t_2\in \left(0;2\right)$ có 3 nghiệm phân biệt.

+) Phương trình $x^3-3x=t_3>2$ có đúng 1 nghiệm.

+) Phương trình $x^3-3x=t_4<-2$ có đúng 1 nghiệm.

+) Phương trình $x^3-3x=t_5>2$ có đúng 1 nghiệm.

+) Phương trình $x^3-3x=t_6>2$ có đúng 1 nghiệm.

Đáp án

Phương pháp giải: Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn $\left|z-\left(a+bi\right)\right|=R$ là đường tròn tâm $I\left(a;b\right)$ bán kính R.

Giải chi tiết:

$w=\left(3+4i\right)z+2+i\iff \left(3+4i\right)z=w-2-i\iff z=\frac{w-2-i}{3+4i}$

Theo bài ra ta có:

$\left|z+i\right|=1\iff \left|\frac{w-2-i}{3+4i}+i\right|=1\iff \left|\frac{w-2-i+3i-4}{3+4i}\right|=1$

$\iff \frac{\left|w-6+2i\right|}{\left|3+4i\right|}=1\iff \left|w-\left(6-2i\right)\right|=5$

Đáp án

Phương pháp giải: - Gọi H là trung điểm của AC, chứng minh $SH\perp \left(SAC\right),BH\perp \left(SAC\right)$

- Trong $\left(SAB\right)$ kẻ $BI\perp SA$, chứng minh $\angle \left(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\right)=\angle \left(BH;HI\right)$.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân, định lí Pytago, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm của AC ta có $SH\perp AC$  (do tam giác SAC cân tại S).

Ta có $\left(\begin{array}{c}\left(SAC\right)\perp \left(ABC\right)=AC\\ AH\subset \left(SAC\right),AH\perp AC\end{array}\right)$  $\Rightarrow AH\perp \left(ABC\right)$. Tương tự $BH\perp \left(SAC\right)$.

Trong $\left(SAB\right)$ kẻ $BI\perp SA$ ta có $\left(\begin{array}{c}SA\perp BI\\ SA\perp BH\left(doBH\perp \left(SAC\right)\right)\end{array}\right)\Rightarrow SA\perp \left(BHI\right)\Rightarrow SA\perp HI$

$\Rightarrow \left(\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(SAC\right)=SA\\ BI\subset \left(SAB\right),BI\perp SA\\ HI\subset \left(SAC\right),HI\perp SA\end{array}\right)\Rightarrow \angle \left(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\right)=\angle \left(BI;HI\right)$.

Vì $BH\perp \left(SAC\right)\left(cmt\right)\Rightarrow BH\perp HI$ $\Rightarrow \Delta BHI$ vuông tại I.

Do đó $\angle \left(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\right)=\angle \left(BH;HI\right)=\angle BHI$.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại B có $AB=BC=2a$ nên $BH=\frac{AB}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$, $AC=AB\sqrt{2}=2\sqrt{2}a$

Ta có: $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a$.

$\Rightarrow HI=\frac{SH.AH}{SA}=\frac{a.\sqrt{2}a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{6}a}{3}$.

Xét tam giác vuông $BHI$ có $\tan \angle BIH=\frac{BH}{IH}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{6}a}{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow \angle BIH={60}^0$.

Đáp án

Phương pháp giải: +) Gọi $A=d\cap Oxy\Rightarrow$ Tìm tọa độ điểm A.

+) Lấy điểm B bất kì thuộc d. Gọi B′ là điểm đối xứng với B qua $Oxy\Rightarrow$Tìm tọa độ điểm B′.

+) d′ là đường thẳng đối xứng với d qua mặt phẳng $Oxy\Rightarrow d^{\text{'}}$ đi qua $A,B^{\text{'}}$. Viết phương trình đường thẳng d′.

Giải chi tiết:

Mặt phẳng $Oxy$ có phương trình $z=0$.

Gọi $A=d\cap Oxy\Rightarrow$ Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình $\{\begin{array}{c}x=2-2t\\ y=0\\ z=t\\ z=0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}x=2\\ y=0\\ z=0\end{array}\Rightarrow A\left(2;0;0\right)$

Lấy $B\left(0;0;1\right)\in d$. Gọi $B^{\text{'}}$ là điểm đối xứng với B qua $Oxy\Rightarrow B^{\text{'}}\left(0;0;-1\right)$.

d′ là đường thẳng đối xứng với d qua mặt phẳng $Oxy\Rightarrow d^{\text{'}}$ đi qua $A,B^{\text{'}}$.

$\Rightarrow d^{\text{'}}$ nhận $\overrightarrow{A{B}^{\text{'}}}=\left(-2;0;-1\right)\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}\left(2;0;1\right)$ là 1 VTCP $\Rightarrow d^{\text{'}}:\{\begin{array}{c}x=2+2t\\ y=0\\ z=t\end{array}$

Đáp án

Phương pháp giải: Xét hàm đặc trưng.

Giải chi tiết:

Ta có

${11}^x+m={\log }_{11}\left(x-m\right)\iff {11}^x+x=x-m+{\log }_{11}\left(x-m\right)$

$\iff {11}^x+x={11}^{{\log }_{11}\left(x-m\right)}+{\log }_{11}\left(x-m\right)(*)$

Xét hàm số $f\left(t\right)={11}^t+t\Rightarrow y^{\text{'}}={11}^t.\ln 11+1>0\forall t$. Khi đó hàm số $y=f\left(t\right)$ đồng biến trên $ℝ$.

Do đó $(*)\iff x={\log }_{11}\left(x-m\right)$$\iff {11}^x=x-m\iff m=x-{11}^x$.

Xét hàm số $g\left(x\right)=x-{11}^x$ ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=1-{11}^x.\ln 11=0\Rightarrow x={\log }_{11}\frac{1}{\ln 11}=x_0$.

Bảng biến thiên:

Để hpương trình đã cho có nghiệm thì $m<g\left(x_0\right)\approx -0,78$

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $\{\begin{array}{c}-205<m\le -1\\ m\in \mathbb{Z}\end{array}$.

Đáp án

Phương pháp giải: - Đổi $d\left(M;\left(SAC\right)\right)$ sang $d\left(H;\left(SAC\right)\right)$.

- Trong $\left(ABCD\right)$ kẻ $HE\perp AC\left(E\in AC\right)$, trong $\left(SHE\right)$ kẻ $HN\perp SE\left(N\in SE\right)$, chứng minh $HN\perp \left(SAC\right)$

- Xác định góc giữa SC và , từ đó tính $SH$.

- Sử dụng $S_{HAC}=\frac{1}{2}HE.AC=\frac{1}{2}{S}_{ABC}$, từ đó tính $HE$.

- Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính $HN$.

Giải chi tiết:

Gọi H là trung điểm $AB$. Vì $\Delta SAB$ cân tại S nên $SH\perp AB$.

Ta có: $\left(\begin{array}{c}\left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\\ SH\subset \left(ABCD\right),SH\perp AB\end{array}\right)$ $\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi $K=HD\cap AC$. Áp dụng định lí T-aet ta có $\frac{DK}{HK}=\frac{DC}{AH}=2\Rightarrow DK=2HK$.

Ta có $MD\cap \left(SAC\right)=S\Rightarrow \frac{d\left(M;\left(SAC\right)\right)}{d\left(D;\left(SAC\right)\right)}=\frac{SM}{SD}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d\left(M;\left(SAC\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(D;\left(SAC\right)\right)$.

Lại có $DH\cap \left(SAC\right)=K$ nên $\frac{d\left(D;\left(SAC\right)\right)}{d\left(H;\left(SAC\right)\right)}=\frac{DK}{HK}=2\Rightarrow d\left(D;\left(SAC\right)\right)=2d\left(H;\left(SAC\right)\right)$.

Do đó $d\left(M;\left(SAC\right)\right)=d\left(H;\left(SAC\right)\right)$

Trong $\left(ABCD\right)$ kẻ $HE\perp AC\left(E\in AC\right)$, trong $\left(SHE\right)$ kẻ $HN\perp SE\left(N\in SE\right)$ ta có:

$\left(\begin{array}{c}AC\perp HE\\ AC\perp SH\end{array}\right)\Rightarrow AC\perp \left(SHE\right)\Rightarrow AC\perp HN$

$\left(\begin{array}{c}HN\perp SE\\ HN\perp AC\end{array}\right)\Rightarrow HN\perp \left(SAC\right)\Rightarrow d\left(H;\left(SAC\right)\right)=HN$

Vì $SH\perp \left(ABCD\right)$ nên $HC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left(ABCD\right)$.

$\Rightarrow \angle \left(SC;\left(ABCD\right)\right)=\angle \left(SC;HC\right)=\angle SCH={45}^0$

$\Rightarrow \Delta SHC$ vuông cân tại H $\Rightarrow SH=HC=\sqrt{B{C}^2+B{H}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{17}}{2}$.

Ta có: $S_{HAC}=\frac{1}{2}HE.AC=\frac{1}{2}{S}_{ABC}$

$\Rightarrow HE.AC=\frac{1}{2}.AB.BC\Rightarrow HE=\frac{\frac{1}{2}.AB.BC}{AC}=\frac{\frac{1}{2}.a.2a}{\sqrt{a^2+{\left(2a\right)}^2}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SHE$ ta có:

Nên $HN=\frac{SH.HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{17}}{2}.\frac{a}{\sqrt{5}}}{\sqrt{\frac{17a^2}{4}+\frac{a^2}{5}}}=\frac{a\sqrt{1513}}{89}$

Đáp án

Phương pháp giải: - Gọi $x\left(m\right),3x\left(m\right)$ lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể. Tính chiều cao của bể.

- Tính tổng diện tích các mặt làm bê tông.

- Sử dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\left(a,b,c>0\right)$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Giải chi tiết:

Gọi $x\left(m\right),3x\left(m\right)$ lần lượt là chiều rộng, chiều dài của bể, h là chiều cao của bể.

Theo bài ra ta có: $V=x.3x.h=6\Rightarrow h=\frac{6}{3x^2}=\frac{2}{x^2}\left(m\right)$

Khi đó tổng diện tích các mặt bể được làm bê tông là:

$2x.\frac{2}{x^2}+2.3x.\frac{2}{x^2}+2x.3x-x.3x.\frac{2}{9}=\frac{16x^2}{3}+\frac{16}{x}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\frac{16x^2}{3}+\frac{16}{x}=\frac{16x^2}{3}+\frac{8}{x}+\frac{8}{x}\ge 3\sqrt[3]{\frac{16x^2}{3}.\frac{8}{x}.\frac{8}{x}}=8\sqrt[3]{18}$

Dấu “=” xảy ra khi $\frac{16x^2}{3}=\frac{8}{x}\iff x=\sqrt[3]{\frac{3}{2}}$/