Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề số 24)

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Biến đổi phương trình và biện luận theo \(m\)

Lời giải

Ta có: \({m^2}{\rm{ln}}\left( {\frac{x}{e}} \right) = \left( {2 - m} \right){\rm{ln}}x - 4\)

\( \Leftrightarrow {m^2}\left( {{\rm{ln}}x - 1} \right) = \left( {2 - m} \right){\rm{ln}}x - 4 \Leftrightarrow \left( {{m^2} + m - 2} \right){\rm{ln}}x = {m^2} - 4\). (1)

Với \({m^2} + m - 2 = 0 \Rightarrow m = 1(m > 0)\)

(1) \( \Leftrightarrow 0.{\rm{ln}}x =  - 3\) ( Vô lý) Suy ra loại \(m = 1\)

Với \(m \ne 1\)

(1) \( \Leftrightarrow {\rm{ln}}x = \frac{{m - 2}}{{m - 1}}\) (2).

Hàm số \(y = {\rm{ln}}x\) đồng biến trên \(\left[ {\frac{1}{e};1} \right]\), suy ra \({\rm{ln}}x \in \left[ { - 1;0} \right]\).

Phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {\frac{1}{e};1} \right]\) khi:

\( - 1 \le \frac{{m - 2}}{{m - 1}} \le 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{m - 2}}{{m - 1}} \ge  - 1}\\{\frac{{m - 2}}{{m - 1}} \le 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge \frac{3}{2}}\\{m < 1}\end{array}} \right.}\\{1 < m \le 2}\end{array} \Leftrightarrow \frac{3}{2} \le m \le 2} \right.} \right.\) suy ra \(m = 2\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Đặt ẩn và giải bất phương trình bậc 3 .

Lời giải

Ta có: \({3^{3x + 1}} - 9 + {3^{x + 1}} - {9.3^{2x}} > 0 \Leftrightarrow {3.3^{3x}} - 9 + {3.3^x} - {9.3^{2x}} > 0\).

Đặt \({3^x} = t(t > 0)\).

Khi đó bất phương trình trở thành: \(3{t^3} - 9 + 3t - 9{t^2} > 0\)

\( \Leftrightarrow 3{t^2}\left( {t - 3} \right) + 3\left( {t - 3} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {3{t^2} + 3} \right).\left( {t - 3} \right) > 0\)

\( \Leftrightarrow t - 3 > 0 \Leftrightarrow t > 3\)

Suy ra \({3^x} > 3 \Leftrightarrow x > 1\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Giải phương trình logarit.

Lời giải

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{(x + 1)}^2} > 0}\\{4 - x > 0}\\{4 + x > 0}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ne - 1}\\{ - 4 < x < 4}\end{array}} \right.} \right.\).

Ta có : \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_4}{(x + 1)^2} + 2 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{\sqrt 2 }}\sqrt {4 - x} + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_8}{(4 + x)^3}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left| {x + 1} \right| + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}4 = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4 - x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {4 + x} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}4.\left| {x + 1} \right| = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_2}\left( {16 - {x^2}} \right) \Leftrightarrow 4\left| {x + 1} \right| = 16 - {x^2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{4\left( {x + 1} \right) = 16 - {x^2}}\\{4\left( {x + 1} \right) = - \left( {16 - {x^2}} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 4x - 12 = 0}\\{{x^2} - 4x - 20 = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{x = - 6}\\{x = 2 + 2\sqrt 6 }\\{x = 2 - 2\sqrt 6 }\end{array}} \right.\).

Kết hợp với điều kiện ta có 2 nghiệm thỏa mãn \(x = 2;x = 2 - 2\sqrt 6 \).

Vậy tổng các nghiệm là \(4 - 2\sqrt 6 \).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Công thức đạo hàm.

Lời giải

\(f\left( x \right) = x.\left[ {\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) \cdots \left( {x - 2025} \right)} \right]\)

Khi đó ta có:

\(f'\left( x \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) \cdots \left( {x - 2025} \right) + x{\left[ {\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) \cdots \left( {x - 2025} \right)} \right]}\)\(f\left( 0 \right) = \left( { - 1} \right)\left( { - 2} \right) \cdots \left( { - 2025} \right) = - 1.2 \cdots 2025 = - 2025\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Tìm phương trình tiếp tuyến.

Lời giải

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} - m{x^2} + \left( {2m - 3} \right)x - 1\) là \(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3\).

Vì hệ số góc dương với mọi \(x\) nên ta có

\(y' = 3{x^2} - 2mx + 2m - 3 > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3 > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow {m^2} - 6m + 9 < 0 \Leftrightarrow {{(m - 3)}^2} < 0} \right.\) \( \Rightarrow m \in \emptyset \).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tính góc giữa hai đường thẳng chéo nhau

Lời giải

Gọi \(P\) là trung điểm \(AC\),

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{PM//CD}\\{PN//AB}\end{array} \Rightarrow \left( {\widehat {AB,CD}} \right) = \left( {\widehat {PM,PN}} \right)} \right.\).

Lại có \(PM = PN = a\).

Xét tam giác \(PMN\) ta có \({\rm{cos}}\widehat {MPN} = \frac{{P{M^2} + P{N^2} - M{N^2}}}{{2.PM.PN}} = \frac{{{a^2} + {a^2} - 3{a^2}}}{{2.a.a}} = - \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow \widehat {MPN} = {120^ \circ } \Rightarrow \left( {\widehat {AB,CD}} \right) = {180^ \circ } - {120^ \circ } = {60^ \circ }\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

Lời giải

Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\) thì \(HM\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MH//AC}\\{MH = \frac{1}{2}a}\end{array} \Rightarrow MH \bot AB} \right.\).

Mặt khác, do \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SMH} \right) \bot BC\)

Suy ra góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(SM\) và \(MH\).

Lại có \(SH \bot MN\) suy ra \(\left( {\widehat {SM,MH}} \right) = \widehat {SMH}\). Từ giả thiết này suy ra \(\widehat {SMH} = {60^ \circ }\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SM\) thì \(HK \bot \left( {SAB} \right)\).

Xét tam giác vuông \(SMH\) có: \(MH = \frac{1}{2}a;SH = MH.{\rm{tan}}{60^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\).

Ta có \(HI\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(HI//SB \Rightarrow HI//\left( {SAB} \right)\).

\( \Rightarrow d\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a.\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Lời giải

Gọi \(O = AC \cap BD,M\) là trung điểm của \(SC\).

Trong tam giác \(SAC\), dựng đường trung trực của đoạn thẳng \(SC\) tại \(I,I\) là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp \(S.ABCD\) có bán kính \(R = SI = \frac{{9\sqrt 2 }}{8}a\).

Vi độ dài cạnh bên lớn hơn độ dài cạnh đáy nên tâm \(I\) của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đoạn \(SO\).

Ta gọi \(x\) là độ dài cạnh bên của hình chóp.

Ta dễ thấy \({\rm{\Delta }}SOC\) đồng dạng với \({\rm{\Delta }}SMI\).

Suy ra

\(\frac{{SI}}{{SC}} = \frac{{SM}}{{SO}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{9\sqrt 2 }}{8}a}}{x} = \frac{{\frac{x}{2}}}{{\sqrt {{x^2} - {a^2}} }} \Leftrightarrow 9a\sqrt {{x^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 {x^2} \Leftrightarrow 81{a^2}\left( {{x^2} - {a^2}} \right) = 8{a^4}\)

\( \Leftrightarrow 8{a^4} - 81{a^2}{x^2} + 81{a^4} = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\frac{x}{a}} \right)}^2} = 9}\\{{{\left( {\frac{x}{a}} \right)}^2} = \frac{9}{8}}\end{array}} \right.\).

\({\left( {\frac{x}{a}} \right)^2} = \frac{9}{8}\) không thỏa mãn vì \(x < a\sqrt 2 \).

\({\left( {\frac{x}{a}} \right)^2} = 9 \Leftrightarrow x = 3a\). Suy ra \(SO = {(3a)^2} - {a^2} = 8{a^2}\).

Ta có : \(d\left( {AB;SD} \right) = d\left( {AB;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)\).

Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\), kẻ \(OH \bot SE\), khi đó \(d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{E{O^2}}} = \frac{1}{{8{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{2\sqrt 2 }}{{17}}\).

Suy ra \(d\left( {AB;CD} \right) = 2OH = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Tính thể tích khối lăng trụ.

Lời giải

\({V_{ABC.A'B'C'}} = B'B.{S_{ABC}} = 2a.\frac{1}{2}a.a = {a^3}\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tỷ lệ thể tích.

Lời giải

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \subset \left( \alpha \right)}\\{AB//CD}\end{array} \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN//AB//CD} \right.\).

Suy ra mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt hình chóp theo thiết diện hình thang \(ABMN\)

Khi đó \(\left( {ABMN} \right)\) chia hình chóp thành hai khối đa diện là \(S.ABMN\) và \(ABCDMN\) có thể tích lần lượt là \({V_1}\) và \({V_2}\).

Lại có \(\frac{{{V_{SABM}}}}{{{V_{SABC}}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {V_{SABM}} = \frac{1}{2}{V_{SABC}} = \frac{1}{4}{V_{SABCD}}\) và \(\frac{{{V_{SAMN}}}}{{{V_{SACD}}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{SAMN}} = \frac{1}{4}{V_{SABC}} = \frac{1}{8}{V_{SABCD}}\).

Mà \({V_1} = {V_{SABM}} + {V_{SAMN}} = \frac{3}{8}{V_{SABCD}},{V_2} = {V_{SABCD}} - {V_{SABMN}} = \frac{5}{8}{V_{SABCD}}\).

Vậy \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{3}{5}\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Công thức tìm mốt.

Lời giải

Mốt \({M_0}\) chứa trong nhóm \(\left[ {40;60} \right)\).

Do đó: \({u_m} = 40;{u_{m + 1}} = 60 \Rightarrow {u_{m + 1}} - {u_m} = 60 - 40 = 20\).

\({M_0} = 40 + \frac{{12 - 9}}{{\left( {12 - 9} \right) + \left( {12 - 10} \right)}}.20 = 52\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Công thức nhân biến cố độc lập.

Lời giải

Ta có: \(P\left( A \right) = 1 - 0,4 = 0,6\). Suy ra \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,6.0,3 = 0,18\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tính xác suất.

Lời giải

Trong 8 câu còn lại chỉ có 3 câu bạn học sinh loại từ được mỗi câu một lựa chọn sai.

Khi đó ta có: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = {2^3}{.4^5}\).

Vì bạn học sinh đã làm đúng 42 câu nên để được 9, 4 điểm thì phải đúng 5 câu trong 8 câu còn lại.

Ta gọi \(x\) là số câu làm đúng trong 5 câu chưa loại trừ được thì \(\left( {5 - x} \right)\) là số câu làm đúng trong 3 câu đã loại trừ được .

Khi đó ta có xác suất bạn học sinh được 9,4 điểm là:

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

Đổi biến số, đưa về bài toán xét tính đơn điệu của hàm số cơ bản

Lời giải

Đặt \(t = f\left( x \right)\), vì \(x \in \left( {0;2} \right) \Rightarrow t \in \left( { - 2;1} \right)\).

Lưu ý: Nhận thấy \(f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;2} \right)\), do vậy để hàm số \(y = \frac{{\left( {m + 1} \right)f\left( x \right) - 20}}{{f\left( x \right) - m}}\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;2} \right)\) thì hàm số \(y = \frac{{\left( {m + 1} \right)t - 20}}{{t - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;1} \right)\).

Xét hàm số \(g\left( t \right) = \frac{{\left( {m + 1} \right)t - 20}}{{t - m}}\) trên \(\left( { - 2;1} \right)\). Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

Ta có

\(g'\left( t \right) = \frac{{ - {m^2} - m + 20}}{{{{(t - m)}^2}}} > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - {m^2} - m + 20 > 0}\\{m \notin \left( { - 2;1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 5 < m < 4}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 1}\\{m \le  - 2}\end{array}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m} \right.} \right. \in \left( { - 5; - 2\left]  \cup  \right[1;4} \right)\).

\( \Rightarrow m \in \left\{ { - 4; - 3; - 2;1;2;3} \right\}\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Xác định tính đơn điệu của hàm số.

Lời giải

TXĐ: \[D = \left( { - \infty ; - 2\left] \cup \right[2; + \infty } \right)\].

Ta có: \(f'\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 4} }},\forall x \in \left( { - \infty ; - 2} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)\).

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < - 2}\\{x > 2}\end{array}{\rm{\;}}} \right.}\end{array}} \right.\)(vô nghiệm)

\(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 4} }} > 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x < - 2}\\{x > 2}\end{array} \Leftrightarrow x > 2} \right.}\end{array}} \right.\)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Nhận dạng bảng biến thiên của hàm số.

Lời giải

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có 3 điểm cực trị gồm: 1 điểm cực đại \(x = 3\) và 2 điểm cực tiểu \(x = - 1,x = 4\).

Đáp án đúng là "5"

Phương pháp giải

Đặt \(f\left( x \right) = {x^3} + 3mx\sqrt {{x^2} + 1} \).

Lời giải

Đặ \(f\left( x \right) = {x^3} + 3mx\sqrt {{x^2} + 1} \).

Ta có \(y' = \frac{{f'\left( x \right).f\left( x \right)}}{{\left| {f\left( x \right)} \right|}}\) nên số điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng tổng nghiệm của \(f\left( x \right) = 0\) và \(f'\left( x \right) = 0\).

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 3m.\frac{{2{x^2} + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }},\forall x \in \mathbb{R}\).

Suy ra \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow  - m = \frac{{{x^2}.\sqrt {{x^2} + 1} }}{{2{x^2} + 1}}\) (1)

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} + 1}  \ge 1\). Khi đó (1) \( \Leftrightarrow  - m = \frac{{{t^3} - t}}{{2{t^2} - t}}\) (2)

Xét hàm số \(g\left( t \right) = \frac{{{t^3} - t}}{{2{t^2} - t}}\), với \(t \ge 1\). Ta có \(g'\left( t \right) = \frac{{2{t^4} - {t^2} + 1}}{{{{\left( {2{t^2} - 1} \right)}^2}}} > 0,\forall t \ge 1\) suy ra (2) có nhiều nhất một nghiệm \(t \ge 1\) khi \(m \le 0\) hay (1) có nhiều nhất 2 nghiệm phân biệt khi \(m < 0\) (*)

Mà \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^3} =  - 3mx\sqrt {{x^2} + 1} \) (3).

Khi \(m < 0,\,\,\left( 3 \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^2} =  - 3m\sqrt {{x^2} + 1}  = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{{x^4} - 9{m^2}{x^2} - 9{m^2} = 0}\end{array}} \right.} \right.\) (4)

Xét phương trình (4) ta có \(P =  - 9{m^2} < 0\), với \(m < 0\) nên (4) luôn có hai nghiệm phân biệt hay (3) có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt.

Vậy đồ thị của hàm số \(y = \left| {{x^3} + 3mx\sqrt {{x^2} + 1} } \right|\) có tối đa 5 cực trị.

Đáp án đúng là "4"

Phương pháp giải

Sử dụng bất đẳng thức hoặc tìm nghiệm của \(y'\) và vẽ bảng biến thiên.

Lời giải

Với \(x \in \left( {0; + \infty } \right) \Rightarrow x,\frac{4}{x} > 0\). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\(x + \frac{4}{x} \ge 2\sqrt {x.\frac{4}{x}}  = 4\).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > 0}\\{x = \frac{4}{x}}\end{array} \Leftrightarrow x = 2} \right.\). Vậy giá trị nhỏ nhất là \(y\left( 2 \right) = 4\).

Đáp án đúng là "60"

Phương pháp giải

Xây dựng hàm cần đánh giá và đưa về một ẩn.

Lời giải

Gọi \(x\) là số lần tăng giá trọ, khi đó ta có phương trình tổng số tiền mỗi tháng của ông chủ dựa theo \(x\) là:

\(y = \left( {6 + x.0,2} \right)\left( {80 - 2.x} \right)\) (1)

Khi đó ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên:

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow y =  - 0,4{x^2} + 4x + 480 \Rightarrow y' =  - 0,4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 10\).

Dễ thấy hàm số có giá trị lớn nhất tại \(x = 10\).

Vậy sẽ có 10 lần tăng tiền nhà tương ứng với 20 phòng sẽ bị trống.

Vây ông chủ sẽ thu được số tiền lớn nhất nếu cho thuê 60 phòng.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tìm giao điểm của tiệm cận xiên và tiệm cận đứng.

Lời giải

Ta có \(f\left( x \right) = 2x + 1 + \frac{3}{{x - 2}}\).

Khi đó đồ thị hàm số có tiệm cận xiên là \(y = 2x + 1\) và tiệm cận đứng là \(x = 2\).

Thay vào ta có \(y = 2.2 + 1 = 5\). Vậy tọa độ giao điểm là \(\left( {2;5} \right)\)

Đáp án đúng là "53"

Phương pháp giải

Xét số nghiệm của đa thức mẫu.

Lời giải

Điều kiện \({x^2} + mx - 2m - 4 \ne 0\).

Đặt \(f\left( x \right) = {x^2} - x - 6,g\left( x \right) = {x^2} + mx + 2m - 4\).

Ta có \(f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x =  - 2}\end{array}} \right.\) là nghiệm đơn của tử thức.

Để đồ thị không có tiệm cận đứng, ta có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Phương trình \(g\left( x \right) = 0\) vô nghiệm

\({\rm{\Delta }} = {m^2} - 12m + 16 < 0 \Leftrightarrow 6 - 2\sqrt 5  < m < 6 + 2\sqrt 5 \).

Do \(m \in \mathbb{Z}\) nên \(m \in \left\{ {2;3;4 \ldots ;10} \right\}\)

Trường hợp 2. \(g\left( x \right) = 0\) nhận đồng thời \(x =  - 2\) và \(x = 3\) làm nghiệm

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4 - 2m + 2m - 4 = 0}\\{9 + 3m + 2m - 4 = 0}\end{array} \Leftrightarrow m =  - 1} \right.\).

Vậy các giá trị nguyên của \(m\) để đồ thị không có tiệm cận đứng là \(m \in \left\{ { - 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10} \right\}\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Phép suy đồ thị.

Lời giải

Đồ thị nằm phía trên trục \(Ox \Rightarrow \) loại D

Đồ thị hàm số của đáp án A, B phải đối xứng qua trục \(Oy \Rightarrow \) Loại A, B

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tương giao đồ thị

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^3} - 3{x^2} - m + 2 = - mx \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1}\\{{x^2} - 2x + m - 2 = 0\,\,\,(*)}\end{array}} \right.\).

Để \(d\) cắt \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left( {\rm{*}} \right)\) có hai nghiệm phân biệt khác 1

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta '}} > 0}\\{{1^2} - 2.1 + m - 2 \ne 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - \left( {m - 2} \right) > 0}\\{m \ne 3}\end{array} \Leftrightarrow m < 3} \right.} \right.\).

Gọi \({x_1},{x_2}\) là hai nghiệm của \(\left( {\rm{*}} \right)\). Theo định lí Viet, ta có \({x_1} + {x_2} = 2\).

Giả sử \({x_2} > 1\) thì \({x_1} = 2 - {x_2} < 1\), suy ra \({x_1} < 1 < {x_2}\).

Theo giả thiết \(BA = BC\) nên \(B\) là trung điểm của \(AC\) do đó \({x_B} = 1\) và \({x_A} = {x_1},{x_C} = {x_2}\). Khi đó ta có \({x_A} + {x_C} = 2{x_B}\) nên \(d\) luôn cắt \(\left( C \right)\) tại ba điểm phân biệt \(A,B,C\) thỏa mãn \(AB = BC\).

Vậy với \(m < 3\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tìm nguyên hàm.

Lời giải

Ta có \(\mathop \smallint \nolimits^ f\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{1}{{x - 3}}dx = {\rm{ln}}\left| {x - 3} \right| + C,C \in \mathbb{R}\).

Mà \(F\left( 2 \right) = 3 \Rightarrow C = 3 \Rightarrow F\left( x \right) = {\rm{ln}}\left| {x - 3} \right| + 3\).

Vậy \(F\left( 0 \right) = {\rm{ln}}3 + 3\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Ứng dụng tích phân tính diện tích

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là:

\(\frac{{{x^2} + 2ax + 3{a^2}}}{{1 + {a^6}}} = \frac{{{a^2} - ax}}{{1 + {a^6}}} \Leftrightarrow \left( {x + a} \right)\left( {x + 2a} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - a}\\{x = - 2a}\end{array}} \right.\).

Nếu \(a > 0\) thì \(S = \int\limits_{ - 2a}^{ - a} {\left| {\frac{{{x^2} + 3ax + 2{a^2}}}{{1 + {a^6}}}} \right|dx} = - \int\limits_{ - 2a}^a {\frac{{{x^2} + 3ax + 2{a^2}}}{{1 + {a^6}}}} dx = \frac{1}{6}.\frac{{{a^3}}}{{1 + {a^6}}}\)

Nếu \(a < 0\) thì \(S = \int\limits_{ - a}^{ - 2a} {\left| {\frac{{{x^2} + 3ax + 2{a^2}}}{{1 + {a^6}}}} \right|dx} = - \int\limits_{ - a}^{2a} {\frac{{{x^2} + 3ax + 2{a^2}}}{{1 + {a^6}}}dx} = - \frac{1}{6}.\frac{{{a^3}}}{{1 + {a^6}}}\)

Nếu \(a = 0\) thì \(S = 0\).

Khi đó với \(a \ne 0\) thì \(S = \frac{1}{6}.\frac{{|a{|^3}}}{{1 + |a{|^6}}} \le \frac{1}{6}.\frac{{|a{|^3}}}{{2|a{|^3}}} = \frac{1}{{12}}\).

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(a = \pm 1\).

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai hàm đã cho có diện tích lớn nhất khi \(a = 1\).

Đáp án đúng là "10"

Phương pháp giải

Công thức tích phân.

Lời giải

Ta có \(v\left( 6 \right) = {v_0} \Leftrightarrow a = {v_0} + 15\) suy ra \(v\left( t \right) = \frac{{ - 5}}{2}t + {v_0} + 15\).

Gọi \(n\) là thời điểm vật dừng hẳn, khi đó ta có

\(v\left( n \right) = 0 \Leftrightarrow n = \frac{2}{5}\left( {{v_0} + 15} \right) \Leftrightarrow n = \frac{{2{v_0}}}{5} + 6\).

Khi đó ta có phương trình tổng quãng đường vật đi được là

\( \Leftrightarrow 80 = 6.{v_0} - \frac{5}{4}\left( {{n^2} - {6^2}} \right) + {v_0}\left( {n - 6} \right) + 15\left( {n - 6} \right)\)

\( \Leftrightarrow 80 = 6.{v_0} - \frac{5}{4}\left( {\frac{{4{{\left( {{v_0}} \right)}^2}}}{{25}} + \frac{{24{v_0}}}{{25}}} \right) + {v_0}\frac{{2{v_0}}}{5} + 15\frac{{2{v_0}}}{5}\)

\( \Leftrightarrow v_0^2 + 36{v_0} - 400 = 0 \Leftrightarrow {v_0} = 10\).

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Tìm tọa độ điểm.

Lời giải

Ta có \(\overrightarrow {OA}  = \left( {1;2; - 2} \right),\overrightarrow {OB}  = \left( {\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3}} \right)\), do đó \(OA = 3,OB = 4\).

Gọi \(D\) là chân đường phân giác trong kẻ từ \(O\), khi đó ta có

\(\overrightarrow {AD}  =  - \frac{{AD}}{{BD}}.\overrightarrow {DB}  =  - \frac{{OA}}{{OB}}.\overrightarrow {DB} \)

Suy ra \(\overrightarrow {AD}  =  - \frac{3}{4}\overrightarrow {DB}  \Rightarrow OD = \frac{{4\overrightarrow {OA}  + 3\overrightarrow {OB} }}{7} \Rightarrow D = \left( {\frac{{12}}{7};\frac{{12}}{7};0} \right)\)

Từ đó ta có \(AD = \frac{{15}}{7}\)

\(\overrightarrow {ID}  =  - \frac{{AD}}{{AO}}.\overrightarrow {IO}  =  - \frac{5}{7}\overrightarrow {IO}  \Rightarrow \overrightarrow {OI}  = \frac{7}{{12}}\overrightarrow {OD}  \Rightarrow I = \left( {1;1;0} \right)\)

Vậy \(a + b + c = 2\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Xác định phương trình đường thẳng.

Lời giải

Vî \(\left( Q \right)\) song song \(\left( P \right)\) với suy ra phương trình mặt phẳng của \(\left( Q \right)\) có dạng \(\left( Q \right):2x - 2y + z + C = 0,C \ne - 5\).

Ta chọn điểm \(M\left( {0;0;5} \right) \in \left( P \right)\)

Ta có \(d\left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = d\left( {M;\left( Q \right)} \right) = \frac{{\left| {5 + C} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 2)}^2} + {1^2}} }} = 3 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{C = 4}\\{C = - 14}\end{array}} \right.\)

Với \(C = 4\) thì \(\left( Q \right)\) cắt \(Ox\) tại điểm \({M_1}\left( { - 2;0;0} \right)\) có hoành độ âm nên không thỏa mãn

Với \(C = - 14\) cắt \(Ox\) tại điểm \({M_1}\left( {7;0;0} \right)\) có hoành độ dương do đó thỏa mãn đề bài.

Vật phương trình mặt phẳng \(\left( Q \right):2x - 2y + z - 14\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng các phép toán vecto

Lời giải

\(\overrightarrow {AB} = \left( {1;2; - 3} \right);\overrightarrow {CD} = \left( { - 5; - 3;1} \right);\overrightarrow {AC} = \left( {3;3; - 3} \right);\overrightarrow {BD} = \left( { - 3; - 2;1} \right);\overrightarrow {AD} = \left( { - 2;0; - 2} \right)\)

Ta có :

\(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( {3; - 6; - 3} \right) \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right].\overrightarrow {AD} = \left( { - 2} \right).3 + 0.6 + \left( { - 2} \right).\left( { - 3} \right) = 0\).

Suy ra \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} \) đồng phẳng hay bốn điểm \(A,B,C,D\) đồng phẳng.

Vậy đáp án A sai.

 

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Định nghĩa phương trình đường thẳng tham số

Lời giải

\(\vec u = \left( {1; - 2;3} \right)\) là vecto chỉ phương của \(d\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Gắn hệ trục tọa độ \(Oxyz\)

Lời giải

Gọi \(I = AC \cap BD\).

Hình vuông \(ABCD\) có độ dài đường chéo bằng \(a\sqrt 2 \) suy ra hình vuông đó có cạnh bằng \(a\).

Ta có \({\rm{tan}}\alpha = {\rm{tan}}\widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{IA}} \Leftrightarrow SA = a\)

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có \(A\left( {0;0;0} \right),B\left( {a;0;0} \right),C\left( {a;a;0} \right),S\left( {0;0;a} \right)\).

Khi đó \(\overrightarrow {SA} = \left( {0;0; - a} \right);\overrightarrow {SC} = \left( {a;a; - a} \right);\overrightarrow {SC} = \left( {a;0; - a} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) có vec tơ pháp tuyến \({n_1} = \left( { - 1;1;0} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có vec tơ pháp tuyến \({n_2} = \left( {1;0;1} \right)\).

Suy ra \({\rm{cos}}\left( {\widehat {\left( {SAC} \right);\left( {SBC} \right)}} \right) = \frac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right|.\left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {\widehat {\left( {SAC} \right);\left( {SBC} \right)}} \right) = {60^ \circ }\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Xác định phương trình mặt cầu

Lời giải

Phương trình đã cho là phương trình cầu khi và chỉ khi

\({(m + 2)^2} + {(m - 1)^2} - 3{m^2} + 5 > 0\)

\( \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 10 < 0\)

\( \Leftrightarrow - 1 - \sqrt {11} < m < 1 + \sqrt {11} \)

Vậy có 7 giá trị của \(m\) nguyên thỏa mãn bài toán \(m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Cực trị hình học.

Lời giải

Gọi tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\) là \(I\left( {x;y;z} \right)\)

Theo bài ra ta có \(C\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), suy ra \(C\left( {x;y;0} \right)\)

Gọi là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), khi đó \(H\left( { - 4;7;0} \right)\) và \(HM = 3\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A{I^2} = B{I^2}}\\{A{I^2} = C{I^2}}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y + z - 3}\\{x + y - 2x - 2y - 2z + 3 = 0}\end{array} \Rightarrow {{(x - 1)}^2} + {y^2} = 4} \right.} \right.\)

Vậy \(C\) thuộc đường tròn có tâm \(I'\left( {1;0;0} \right)\) và bán kính \(r = 3\) và có \(HI' = \sqrt {74} \)

Ta có \(M{C^2} = M{H^2} + H{C^2} = 4 + H{C^2}\)

Khi đó \(MC\) đạt giá trị lớn nhất khi \(HC\) đạt giá trị lớn nhất

Ta có \(HC \le HI' + r = \sqrt {74} + 2\)

Vậy \(MC\) lớn nhất khi \(MC = \sqrt {4 + H{C^2}} \approx 11,33\)

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

Tìm giao tuyến và viết phương trình mặt phẳng.

Lời giải

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2; - 3} \right)\) và bán kính \(R = 5\).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(I\) lên mặt phẳng \(\left( P \right)\)

Suy ra \(\left( P \right)\) cắt \(\left( S \right)\) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính \(r = \sqrt {{R^2} - H{I^2}} \).

Khi đó \({r_{{\rm{min}}}} \Leftrightarrow H{I_{{\rm{max}}}}\), mà \(HI \le AI\) suy ra \(H{I_{{\rm{max}}}} = AI \Leftrightarrow HA\)

\(\overrightarrow {AI}  = \left( {1; - 3;2} \right)\) là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Do đó phương trình của mặt phẳng \(\left( P \right)\) là \(x - 3y + 2z + 6 = 0\)

Vậy \(a = 1,b =  - 3,c = 2,d = 6.\)

\(T = 1 - 3 + 2 + 6 = 6\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Công thức tính tứ phân vị

Lời giải

Ta có \(n = 40\). Khi đó \(\frac{3}{4}.40 = 30\) và \(4 + 9 + 14 < 30 < 4 + 9 + 14 + 10\).

Vậy tứ phân vị thứ ba thuộc nhóm \(\left[ {13;14} \right)\).

Đáp án đúng là "2/3"

Phương pháp giải

Xác suất có điều kiện.

Lời giải

Gọi A là biến cố "người được chọn là nam"

Gọi \(B\) là biến cố "Người được chọn là người phải trực"

Khi đó ta có \(\overline A \) là biến cố "người được chọn là nữ", suy ra \[P\left( {\overline A } \right) = \frac{{30}}{{100}} = \frac{3}{{10}}\].

Là biến cố "người được chọn là nữ gần cơ quan", suy ra \(P\left( {B\overline A } \right) = \frac{{60 - 40}}{{100}} = \frac{2}{{10}}\).

Xác suất người được chọn là nữ và là người trực cơ quan là

\(P\left( {B\mid A} \right) = \frac{{P\left( {B\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right)}} = \frac{{\frac{2}{{10}}}}{{\frac{3}{{10}}}} = \frac{2}{3}\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Xác suất đầy đủ

Lời giải

Gọi A là biến cố "thư nhận được là thư rác"

\(B\) là biến cố "thư bị lọc đúng thư rác của hệ thống lọc thư rác"

Ta có \(P\left( A \right) = 0,1 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,9\)

Xác suất thư bị lọc của thư rác là: \(P\left( {B\mid A} \right) = 0,95\)

Xác suất thư bị lọc không phải là thư rác là: \(P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,1\)

Khi đó \(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\mid \overline A } \right) = 0,185\).

Xác suất chọn một thư trong số những thư bị lọc thực sự là thư rác là:

\(P\left( {A\mid B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{19}}{{37}}\).

Đáp án đúng là "8"

Phương pháp giải

Tính chất của phần nguyên

Lời giải

Ta có:

Ta thấy: \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] \le \left[ {\frac{x}{k}} \right],k \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\).

Ta xét \(x\) là số nguyên

Khi đó \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] < \left[ {\frac{x}{k}} \right] = n \Leftrightarrow x - 1 < kn = x\)

Tức là \(\left[ {\frac{{x - 1}}{k}} \right] = \left[ {\frac{x}{k}} \right] - 1\) khi và chỉ khi \(k\) là ước của \(x\).

Suy ra với \(k\) là ước của 2037 thì \(\left[ {\frac{{2037}}{k}} \right] - \left[ {\frac{{2036}}{k}} \right] = 1\) và \(k\) khác ước của 2037 thì \(\left[ {\frac{{2037}}{k}} \right] - \left[ {\frac{{2036}}{k}} \right] = 0\)

Mà \(2037 = 3 \times 7 \times 97 \Rightarrow 2037\) có 8 ước

Vậy \(S\left( {2037} \right) - S\left( {2036} \right) = 8\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tư duy - logic

Lời giải

Vì không có tuyến xe từ \(A\) đến \(D\) nên bạn Lan phải đi qua tuyến \(B\) hoặc \(C\) hoặc \(E\).

Khi đó ta có nếu:

Lan đi qua bến xe \(B\) thì tổng thời gian là: 30 + 60 = 90 phút

Lan đi qua bến xe \(C\) thì tổng thời gian là: \(20 + 45 = 65\) phút

Lan đi qua bến xe \(E\) thì tổng thời gian là: \(30 + 30 = 60\) phút

Vậy cung đường nhanh nhất để Lan đi từ bến \(A\) đến bến \(D\) là đi qua bến \(E\) với tổng thời gian là 60 phút.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Căn cứ vào nghĩa, từ loại,…

Dạng bài tìm từ khác loại

Lời giải

- Phân tích nghĩa của từ:

+ Quý báu: có giá trị, đáng được coi trọng.

+ Quý giá: có giá trị lớn, đáng được coi trọng.

+ Quý danh: từ dùng để gọi tôn tên của người mà mình cần hỏi, khi nói với người ấy.

+ Quý hoá: đáng quý, đáng coi trọng.

- Có thể thấy, các từ quý báu, quý giá, quý hoá đều có liên quan đến giá trị vật chất hoặc tinh thần.

- Từ quý danh lại có nghĩa khác biệt, nó dùng chỉ tên người mà mình cần hỏi.

=> Từ mà nghĩa của nó KHÔNG cùng nhóm với các từ còn lại là: quý danh.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Căn cứ vào kiến thức phần cụm từ, thành ngữ

Dạng bài tìm từ khác loại

Lời giải

- Phân tích nghĩa của các cụm từ:

+ Được voi đòi tiên: được cái này lại đòi hỏi cái khác, quá tham lam, không biết điều.

+ Ăn cháo đá bát: hưởng xong rồi phá cho hư, không để người khác hưởng. Chỉ hạng người vô ơn với người đã giúp đỡ mình.

+ Khỏi vòng cong đuôi: ví sự vô ơn, bội bạc, thoát khỏi nạn là quên ngay người đã cứu giúp mình (như con vật vừa thoát khỏi vòng xích đã cong đuôi chạy mất).

+ Vắt chanh bỏ vỏ: ví thái độ phụ bạc một cách tàn nhẫn, bòn rút hết sức lực của người khác đến khi thấy không còn dùng vào việc gì được nữa thì vứt bỏ ngay, không chút thương tiếC.

- Có thể thấy, các thành ngữ ăn cháo đá bát, khỏi vòng cong đuôi, vắt chanh bỏ vỏ đều chỉ những hạng người vô ơn trong xã hội.

- Thành ngữ được voi đòi tiên lại có nghĩa khác biệt, nó chỉ hạng người tham lam, không biết bao nhiêu là đủ với bản thân mình.

=> Cụm từ có nghĩa KHÔNG cùng nhóm với các cụm từ còn lại là: Được voi đòi tiên.