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

Phương pháp giải: - Biến đổi: $\frac{x+3}{x-2}=1+\frac{5}{x-2}$

- Áp dụng công thức tính nguyên hàm: $\int x^{n}dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\int \frac{dx}{x}=\ln \left|x\right|+C$.

- Thay $F\left(1\right)=1$, tính $C$. Từ đó tính $F\left(0\right)$.

Giải chi tiết: Ta có:

$F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \frac{x+3}{x-2}dx$

$=\int \left(1+\frac{5}{x-2}\right)dx=x+5\ln \left|x-2\right|+C$

Theo bài ra ta có: $F\left(1\right)=1\Rightarrow 1+5\ln 1+C=1\Rightarrow C=0$

Do đó $\Rightarrow F\left(x\right)=x+5\ln \left|x-2\right|$.

Phương pháp giải: - Đặt ẩn phụ $t=\sqrt{x+1}+1$, tìm điều kiện của $t$ ($t\in D$).

- Xét hàm $f\left(t\right)$ và lập bảng biến thiên trên $D$.

Bất phương trình $f\left(t\right)\le m$ có nghiệm nếu $\underset{D}{\min }f\left(t\right)\le m$.

Giải chi tiết: Đặt $t=\sqrt{x+1}+1$ thì $t\in \left(1;+\infty \right)$. Với $x=3$ thì $t=3$.

Bảng biến thiên của $f\left(t\right)$:

Phương pháp giải: - Tìm hàm vận tốc: $v\left(t\right)=\int a\left(t\right)dt$.

- Sử dụng giả thiết $v\left(0\right)=0$ xác định hằng số $C$.

- Tìm thời điểm $t_0$ mà vận tốc đạt giá trị lớn nhất.

- Tính quãng đường từ lúc bắt đầu chuyển động đến thời điểm $t_0$: $S=\underset{0}{\overset{t_0}{\int }}v\left(t\right)dt$.

Giải chi tiết: Ta có: $v\left(t\right)=\int a\left(t\right)dt=\int \left(6-3t\right)dt=6t-\frac{3t^2}{2}+C$

Theo bài ra ta có: Ô tô đang đứng yên và bắt đầu chuyển động, do đó $v\left(0\right)=0$  $\Rightarrow C=0$.

Khi đó ta có $v\left(t\right)=6t-\frac{3}{2}{t}^2$, đây là một parabol có bề lõm hướng xuống, đạt giá trị lớn nhất tại $t=\frac{-b}{2a}=\frac{-6}{2.\left(-\frac{3}{2}\right)}=2$

Phương pháp giải: Giải bất phương trình logarit: ${\log }_{a}f\left(x\right)\ge b\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)\ge a^{b}khia>1\\ 0<f\left(x\right)\le a^{b}khi0<a<1\end{array}\right.$.

Giải chi tiết: Ta có: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x-1\right)\ge -1$

$\iff 0<x-1\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^{-1}$

$\iff 0<x-1\le 2$   

Phương pháp giải: - Để hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ thì $y^{\text{'}}\ge 0\forall x\in \left(0;+\infty \right)$.

- Cô lập $m$ đưa bất phương trình về dạng $m\le g\left(x\right)\forall x\in \left(0;+\infty \right)\iff m\le \underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)$.

- Sử dụng BĐT Cô-si tìm $\underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)$.

Giải chi tiết: TXĐ: $D=\left(0;+\infty \right)$

Ta có: $y^{\text{'}}=2x+8.\frac{2}{2x}-m=2x+\frac{8}{x}-m$.

Để hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ thì $y^{\text{'}}\ge 0\forall x\in \left(0;+\infty \right)$.

$\iff 2x+\frac{8}{x}-m\ge 0\forall x\in \left(0;+\infty \right)$

$\iff m\le 2x+\frac{8}{x}\forall x\in \left(0;+\infty \right)\left(*\right)$

Đặt $g\left(x\right)=2x+\frac{8}{x}$

$\left(*\right)\iff m\le \underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có: $2x+\frac{8}{x}\ge 2\sqrt{2x.\frac{8}{x}}=2.4=8$

$\Rightarrow \underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)=8$, dấu “=” xảy ra $\Rightarrow \underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right)=8$.

Từ đó ta suy ra được $m\le 8$, kết hợp điều kiện $m\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow m\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8\right\}$.

Phương pháp giải: Áp dụng tính chất của hai số phức bằng nhau: $z_1=a_1+b_1$, $z_2=a_2+b_2$

$\Rightarrow z_1=z_2\iff \left\{\begin{array}{l}{a}_1=a_2\\ b_1=b_2\end{array}\right.$.

Giải chi tiết: Ta có:

$\left(3x+2yi\right)+\left(2+i\right)=2x-3i$

$\iff \left(3x+2\right)+\left(2y+1\right)i=2x-3i$

Phương pháp giải: - Sử dụng công thức $\overline{z_1}+\overline{z_2}=\overline{z_1+z_2}$; $\left|\overline{z}\right|=\left|z\right|$

- Đặt $z=a+bi$, sử dụng công thức $\left|z\right|=\sqrt{a^2+b^2}$, biến đổi rút ra mối quan hệ giữa $a,b$ và kết luận.

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có:

$\left|z-1+3i\right|=\left|\overline{z}+1-i\right|$

$\iff \left|z-1+3i\right|=\left|\overline{z}+\overline{1+i}\right|$

$\iff \left|z-1+3i\right|=\left|\overline{z+1+i}\right|$

$\iff \left|z-1+3i\right|=\left|z+1+i\right|$

Đặt $z=a+bi$ ta có:

$\left|a+bi-1+3i\right|=\left|a+bi+1+i\right|$

$\iff \left|\left(a-1\right)+\left(b+3\right)i\right|=\left|a+1+\left(b+1\right)i\right|$

$\iff {\left(a-1\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2={\left(a+1\right)}^2+{\left(b+1\right)}^2$

$\iff -2a+1+6b+9=2a+1+2b+1$

$\iff 4a-4b-8=0$

$\iff a-b-2=0$

Phương pháp giải: Để đường thẳng $\left(\Delta \right)$ tiếp xúc với đường tròn $\left(C\right)$ thì khoảng cách từ tâm $I$ của đường tròn $\left(C\right)$đến đường thẳng $\left(\Delta \right)$ bằng bán kính của đường tròn $\left(C\right)$.

Giải chi tiết: Đường tròn $\left(C\right):{(x-m)}^2+y^2=9$ có tâm $I\left(m;0\right)$ và bán kính $R=3$.

Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi $d\left(I;\Delta \right)=R=3$.

$\Rightarrow \frac{\left|3m+3\right|}{5}=3\iff \left|3m+3\right|=15\iff \left[\begin{array}{l}3m+3=15\\ 3m+3=-15\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}3m=12\\ 3m=-18\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=4\\ m=-6\end{array}\right.$

Phương pháp giải:  Áp dụng công thức tính tích có hướng của hai vecto.

Giải chi tiết: Gọi mặt phẳng $\left(Q\right)$ chứa trục Oy và vuông góc với $\left(P\right):x+y+2z-2=0$.

Khi  đó $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\perp \overrightarrow{n_1}=\left(0;1;0\right)\\ \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;2\right)\end{array}\right.\Rightarrow \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left[\overrightarrow{n_1};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(2;0;-1\right)$.

Phương pháp giải: Tính đường sinh từ công thức $S_{xq}=\pi rl$.

Phương pháp giải: - Tính bán kính đáy của hình nón $r=\sqrt{l^2-h^2}$, cũng chính là bán kính đáy của nửa khối cầu.

- Thể tích khối nón có chiều cao $h$, bán kính đáy $r$ là: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$.

- Thể tích khối cầu bán kính $r$ là: $V=\frac{4}{3}\pi r^3$.

Giải chi tiết: Theo bài ra ta có hình nón có đường sinh $l=5\left(cm\right)$, chiều cao $h=4\left(cm\right)$.

Gọi $r$ là bán kính đáy hình nón, cũng chính là bán kính hình cầu, ta có $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\left(cm\right)$.

Thể tích khối nón là: $V_1=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.3}^2.4=12\pi \left(c{m}^3\right)$.

Thể tích nửa khối cầu là: $V_2=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi {.3}^3=18\pi \left(c{m}^3\right)$.

Phương pháp giải: - Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left(\alpha \right)$.

- Đặt cạnh hình thoi bằng $x$, áp dụng định lí Ta-lét để tìm $x$.

Giải chi tiết:

Giả sử $\left(\alpha \right)\cap AC=\left\{M\right\}$, trong $\left(ABC\right)$ kẻ $MN//AB\left(N\in BC\right)$, trong $\left(ACD\right)$ kẻ $MQ//CD\left(Q\in AD\right)$.

Trong $\left(BCD\right)$ kẻ $NP//CD\left(P\in BD\right)$.

 thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left(\alpha \right)$ là tứ giác $MNPQ$.

Theo giả thiết ta có $MNPQ$ là hình thoi, đặt $MN=MQ=x$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\frac{MN}{AB}=\frac{CM}{AC}=\frac{x}{3a}$; $\frac{MQ}{CD}=\frac{AM}{AC}=\frac{x}{2a}$.

Ta có: $\frac{CM}{AC}+\frac{AM}{AC}=1\Rightarrow \frac{x}{3a}+\frac{x}{2a}=1\iff \frac{5x}{6a}=1\iff x=\frac{6a}{5}$.