Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề số 5)

Đáp án đúng là "4"

Phương pháp giải

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \), khảo sát hàm \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \) để tìm khoảng giá trị của t theo x và biến đổi hàm số ban đầu theo hàm \(t\) và khảo sát.

Lời giải

Đặt \(t = \sqrt {{x^2} - 4x} \Rightarrow {t^\prime } = \frac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} - 4x} }} < 0\,\,\forall t \in ( - 4;0) \Rightarrow t\) nghịch biến trên \(( - 4;0)\)\( \Rightarrow t \in (0;4\sqrt 2 )\).

Khi đó bài toán trở thành tìm \(m\) nguyên dương để hàm số \(g(t) = \frac{{{t^2} + 3t + m + 2}}{{t + 2}}\) đồng biến trên \((0;4\sqrt 2 )\).

Ta có: \(g(t) = \frac{{{t^2} + 3t + m + 2}}{{t + 2}} \Rightarrow {g^\prime }(t) = \frac{{{t^2} + 4t + 4 - m}}{{{{(t + 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 4t + 4 - m = 0 \Leftrightarrow {(t + 2)^2} = m\)

Do phương \(m > 0\) nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \(x = - 2 \pm \sqrt m \)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(( - \infty ; - 2 - \sqrt m )\) và \(( - 2 + \sqrt m ; + \infty )\).

Để hàm số \(g(t)\) đồng biến trên \((0;4\sqrt 2 ) \Leftrightarrow (0;4\sqrt 2 ) \subset ( - 2 + \sqrt m ; + \infty )\)

\( \Leftrightarrow - 2 + \sqrt m \le 0 \Leftrightarrow \sqrt m \le 2 \Leftrightarrow m \le 4.\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Công thức đạo hàm.

Lời giải

\({y^\prime } = \frac{1}{{{{\cos }^2}x}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} = \frac{{{{\cos }^2}x + {{\sin }^2}x}}{{{{\sin }^2}x \cdot {{\cos }^2}x}} = \frac{1}{{{{\sin }^2}x.{{\cos }^2}x}} = \frac{4}{{{{(2\sin x.\cos x)}^2}}} = \frac{4}{{{{\sin }^2}2x}}\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Tìm khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.

Lời giải

Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(AH \bot BC,H \in BC\).

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\).

\( \Rightarrow BC \bot (SAH)\)

Mà \(BC \in (SBC) \Rightarrow (SAH) \bot (SBC) = SH\).

Trong mặt phẳng \((SAH)\), kẻ \(AK \bot SH,K \in SH\).

\( \Rightarrow AK \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AK\)

Xét tam giác ABC vuông tại \(A\), ta có \(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = 2a\)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\)

Xét tam giác SAH vuông tại \(A\), ta có

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{5}{{4{a^2}}} = \frac{{49}}{{36{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{6a}}{7}\)

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

Viết phương trình đường thẳng đi qua \(I\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\). Xác định giao điểm của đường thẳng đó và mặt phẳng \((P)\)

Lời giải

\((S)\) có tâm \(I(1; - 2;1)\) và tiếp xúc với mặt phẳng \((P)\) tại điểm \((H) \Rightarrow H\) là hình chiếu của \(I\) trên mặt phẳng \((P)\)

Đường thẳng đi qua \(I(1; - 2;1)\) và vuông góc với mặt phẳng \((P)\) là \(d:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y =  - 2 + 3t,(t \notin \mathbb{R})}\\{z = 1 + t}\end{array}} \right.\)

Vì \(H \in d \Rightarrow H(1 + 2t;3t - 2;1 + t)\)

Mà \(H \in (P) \Rightarrow 2(1 + 2t) + 3(3t - 2) + (1 + t) - 11 = 0 \Rightarrow t = 1 \Rightarrow H(3;1;2)\)

Vậy \(T = a + b + c = 3 + 1 + 2 = 6\)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Tính thể tích khối chóp.

Lời giải

Thể tích khối chóp \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}}\). Kẻ \(AH \bot SB\) suy ra \(AH \bot (SBC)\).

Do \(BC \bot SA\) và \(BC \bot AH\) nên \(BC \bot (SAB)\), do đó tam giác ABC vuông tại \(B\).

Kẻ \(BI \bot AC \Rightarrow BI \bot SC\) và kẻ \(BK \bot SC \Rightarrow SC \bot (BIK)\)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBC)\) là \(\widehat {BKI} = {60^\circ }\).

Do \(\widehat {BSC} = {45^\circ }\) nên \(SB = BC = a\sqrt 2 \) và \(K\) là trung điểm của SC nên \(BK = \frac{{SB\sqrt 2 }}{2} = a\).

Trong tam giác vuông BIK có \(BI = BK.\sin {60^\circ } = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Trong tam giác vuông ABC có \(\frac{1}{{B{I^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow AB = \frac{{BI.BC}}{{\sqrt {B{C^2} - B{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{2};SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Vậy \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{{15}}\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Giải bất phương trình hàm số mũ.

Lời giải

Điều kiện ban đầu: \({x^2} - y > 0 \Leftrightarrow y < {x^2}\)

Đầu tiên ta có bất phương trình tương đương với: \({e^{2y}} + 4{x^2}y - {y^2} + x - \ln \left( {{x^2} - y} \right) > 0\)

Xét hàm số theo biến \(y\) tức \(f(y) = {e^{2y}} + 4{x^2}y - {y^2} + x - \ln \left( {{x^2} - y} \right)\) trên \(\left( { - \infty ;{x^2}} \right)\) ta có:

\({f^\prime }(y) = 2{e^{2y}} + 4{x^2} - 2y + \frac{1}{{{x^2} - y}} > 0\) trên \(\left( { - \infty ;{x^2}} \right)\) nên hàm số \(f(y)\) đồng biến trên \(\left( { - \infty ;{x^2}} \right)\)

Từ đó ta có bất phương trình \(f(y) > 0 \Leftrightarrow {f^{ - 1}}(0) < y < {x^2}\)

Ta có nhận xét như sau: do tồn tại duy nhất giá trị nguyên của \(y\) nên suy ra khoảng \(\left( {{f^{ - 1}}(0);{x^2}} \right)\) của giá trị \(y\) cũng chứa duy nhất một giá trị nguyên, khi đó giá trị của \(y\) sẽ chạy từ \({x^2} - 1\) đến \({x^2}\), tức \({x^2} - 1 < {f^{ - 1}}(0) < y < {x^2}\), từ đó ta suy ra mệnh đề này chỉ xảy ra khi và chỉ khi:

\({f^{ - 1}}(0) > {x^2} - 1 \Leftrightarrow f\left( {{x^2} - 1} \right) < 0 \Leftrightarrow {e^{2\left( {{x^2} - 1} \right)}} + 4{x^2}\left( {{x^2} - 1} \right) - {\left( {{x^2} - 1} \right)^2} + x - \ln \left( {{x^2} - \left( {{x^2} - 1} \right)} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow {e^{2\left( {{x^2} - 1} \right)}} + 4{x^2}\left( {{x^2} - 1} \right) - \left( {{x^4} - 2{x^2} + 1} \right) + x > 0 \Leftrightarrow {e^{2\left( {{x^2} - 1} \right)}} + 3{x^4} - 2{x^2} + x - 1 < 0\)

Xét hàm số \(g(x) = {e^{2\left( {{x^2} - 1} \right)}} + 3{x^4} - 2{x^2} + x - 1\) có \({g^\prime }(x) = 0\) có một nghiệm duy nhất

Suy ra phương trình \(g(x) = 0\) có không quá hai nghiệm

Từ đó ta giải ra bất phương trình \(g(x) < 0\) có chứa 1 giá trị nguyên \(x = 0\) tức có 1 giá trị nguyên \(x\) sao cho thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Giải bất phương trình hàm số mũ.

Lời giải

\[{\rm{V\`i }}\frac{{\rm{e}}}{\pi } < 1{\rm{ n\^e n }}{\left( {\frac{{\rm{e}}}{\pi }} \right)^x} > 1 \Leftrightarrow {\log _{\frac{{\rm{e}}}{\pi }}}{\left( {\frac{{\rm{e}}}{\pi }} \right)^x} < {\log _{\frac{{\rm{e}}}{\pi }}}1 \Leftrightarrow x < 0.{\rm{ }}\]

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(x \in ( - \infty ;0)\)

Đáp án đúng là "2"

Phương pháp giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm, ứng dụng định lý Viet

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( {{C_m}} \right)\) và trục Ox là:

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

Suy ra \(\left( {{C_m}} \right)\) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt

\(A\left( {1 - \sqrt {1 + {m^2}} ;0} \right),B(1;0),C\left( {1 + \sqrt {1 + {m^2}} ;0} \right){\rm{ v\`a  }}AC = 2\sqrt {1 + {m^2}} \)

Ta có, \({y^\prime } = 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2,{y^\prime } = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x - {m^2} + 2 = 0\) (1), phương trình (1) luôn có 2 nghiệm \({x_1},{x_2}\) với mọi giá trị của tham số \(m\). Áp dụng định lý Vi-et ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = \frac{{ - {m^2} + 2}}{3}}\end{array}} \right.\)

Gọi hai điểm cực trị là \(M\left( {{x_1};{y_1}} \right),N\left( {{x_2};{y_2}} \right)\).

Đường thẳng qua hai điểm cực trị M, N là \(y =  - \frac{2}{3}\left( {{m^2} + 1} \right)x + \frac{{2{m^2} + 2}}{3}\).

Nên ta có

\(\begin{array}{l}MN = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + \frac{4}{9}{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {\left( {1 + \frac{4}{9}{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}} \right)\left( {{{\left( {{x_2} + {x_1}} \right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \right)} \\ = \sqrt {\left( {1 + \frac{4}{9}{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^2}} \right)\left( {4 - \frac{4}{3}\left( {2 - {m^2}} \right)} \right)}  = \sqrt {\frac{4}{3}\left( {1 + {m^2}} \right) + \frac{{16}}{{27}}{{\left( {1 + {m^2}} \right)}^3}} \end{array}\)

Theo giả thiết \(MN = AC\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {\frac{4}{3}\left( {1 + {m^2}} \right) + \frac{{16}}{{27}}{{\left( {1 + {m^2}} \right)}^3}}  = 2\sqrt {1 + {m^2}}  \Leftrightarrow \frac{4}{3}\left( {1 + {m^2}} \right) + \frac{{16}}{{27}}{\left( {1 + {m^2}} \right)^3} = 4\left( {1 + {m^2}} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}\left( {1 + {m^2}} \right) + \frac{{16}}{{27}}{\left( {1 + {m^2}} \right)^3} = 4\left( {1 + {m^2}} \right) \Leftrightarrow \frac{4}{3} + \frac{{16}}{{27}}{\left( {1 + {m^2}} \right)^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {1 + {m^2}} \right)^2} = \frac{9}{2}\)

\( \Leftrightarrow 1 + {m^2} = \frac{3}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow m =  \pm \sqrt {\frac{3}{{\sqrt 2 }} - 1} \)