Đề thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội 2 phần Toán có đáp án - Đề số 5

Thay tọa độ điểm \(N\) vào phương trình mặt phẳng, ta có: \[2 \cdot 1 - \left( { - 1} \right) + 2 - 5 = 0\].

Vậy \(N \in (P)\). Chọn B.

 Điều kiện: \(0 < x \ne 1\).

\({\log _x}2 + {\log _{16}}x = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\log }_2}x}} + \frac{1}{4}{\log _2}x = 2 \Leftrightarrow {\left( {{{\log }_2}x} \right)^2} - 8{\log _2}x + 4 = 0\).

Đặt \(t = {\log _2}x\) phương trình trở thành: \({t^2} - 8t + 4 = 0\).

Ta có \(\Delta ' > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \({t_1};\,{t_2}\) và \({t_1} + {t_2} = 8\)

\( \Rightarrow {\log _2}{x_1} + {\log _2}{x_2} = 8 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{x_1}{x_2}} \right) = 8 \Leftrightarrow {x_1}{x_2} = 256\). Chọn B.

Phương trình mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) đi qua 3 điểm \(A\left( {1;0;0} \right)\), \(B\left( {0;2;0} \right)\), \(C\left( {0;0;1} \right)\) theo đoạn chắn là:

\(\frac{x}{1} + \frac{y}{2} + \frac{z}{1} = 1 \Leftrightarrow 2x + y + 2z - 2 = 0\). Chọn B.

Tọa độ điểm \[M = \Delta  \cap \left( P \right)\] là nghiệm của hệ phương trình:  \[\left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{x - 2}}{{ - 3}} = \frac{y}{1}\\\frac{y}{1} = \frac{{z + 1}}{2}\\x + 2y - 3z + 2 = 0\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 3y = 2\\2y - z = 1\\x + 2y - 3z =  - 2\end{array} \right.\]\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 1\\y = 1\\z = 1\end{array} \right.\]. Vậy \[M\left( { - 1\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\]. Chọn D.

Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 3x + 4}}{{x + 2}}\)\( = x - 5 + \frac{{14}}{{x + 2}}\).

Có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {y - \left( {x - 5} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{14}}{{x + 2}} = 0\).

Do đó tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là đường thẳng \(y = x - 5\). Chọn C.

Từ đồ thị hàm số, ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1\,;\,\,1} \right)\). Chọn B.

Ta có \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = a\sqrt 2 \), \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D.

Ta có: \(y' = \frac{{ - 8}}{{{{\left( {x - 3} \right)}^2}}} < \,0\,,\,\,\forall x \in \left[ {0\,;\,\,2} \right]\). Hàm số luôn nghịch biến trên \(\left[ {0\,;\,2} \right]\).

Ta tính được: \(y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\), \(y\left( 2 \right) = \, - 5\).

Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên \(\left[ {0\,;\,2} \right]\) là \(M = y\left( 0 \right) = \frac{1}{3}\). Chọn C.