Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2026 có đáp án (Đề số 19)

Giải chi tiết:

Sau \(t\) phút, ta có:

Khối lượng muối trong bể là \(25 \cdot 30 \cdot t = 750t{\rm{ (gam)}}\)

Thể tích của lượng nước trong bể là \(5000 + 25t{\rm{ (l\'i t)}}\).

Vậy nồng độ muối sau \(t\) phút là:

\(f(t) = \frac{{750t}}{{5000 + 25t}} = \frac{{30t}}{{200 + t}}{\rm{ (gam/l\'i t)}}\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{30t}}{{200 + t}} = 30.\)

Vậy nồng độ muối trong bể đạt trạng thái cân bằng khi bằng \(30\) (gam/lít).

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Ta có: \(a = m - 1,\,\,b = 2(m - 1),\,\,b' = m - 1,\,\,c = m - 3\).

Theo giả thiết: \((m - 1){x^2} + 2(m - 1)x + m - 3 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}{\rm{ (*)}}\)

Trường hợp 1: \(a = m - 1 = 0 \Rightarrow m = 1\).

Thay vào (*): \(1 - 3 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) (đúng).

Suy ra \(m = 1\) thỏa mãn.

Trường hợp 2: \(a = m - 1 \ne 0 \Rightarrow m \ne 1\).

\((*) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a < 0}\\{\Delta ' \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < 0}\\{{{(m - 1)}^2} - (m - 1)(m - 3) \le 0}\end{array}} \right.\)

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

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 1}\\{2m - 2 \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 1}\\{m \le 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m < 1\).

Hợp hai kết quả trên, ta được \(m \le 1\) thỏa mãn đề bài.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

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

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

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

Mà \(BC \subset (SBC)\) nên \((SAH) \bot (SBC) = SH.\)

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

\( \Rightarrow AK \bot (SBC).\)

\( \Rightarrow {\rm{d}}(A,(SBC)) = AK\)

Xét 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 vuông tại \(A\), ta có

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

\( \Rightarrow A{K^2} = \frac{{36{a^2}}}{{49}} \Leftrightarrow AK = \frac{{6a}}{7}\)

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Gọi \(A\) là biến cố người chơi \(A\) ném trúng và \(B\) là biến cố người chơi \(B\) ném trúng.

Khi đó, \(\bar A\) là biến cố người chơi \(A\) ném không trúng và \(\bar B\) là biến cố người chơi \(B\) ném không trúng.

\( \Rightarrow {\rm{P}}(\bar A) = 1 - {\rm{P}}(A) = 1 - 0,6 = 0,4\) và \({\rm{P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}(B) = 1 - 0,75 = 0,25\)

Gọi \(C\) là biến cố chỉ một người ném trúng.

Xác suất để chỉ một người ném trúng là

\({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(\bar B) + {\rm{P}}(\bar A) \cdot {\rm{P}}(B)\)

\( = 0,6 \cdot 0,25 + 0,4 \cdot 0,75 = 0,45\)

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án đúng là: \[771.\]

Giải chi tiết:

Thể tích cần tìm là thể tích của khối tròn xoay khi quay hình phẳng \((H)\) giới hạn bởi đồ thị hàm số \(f(x) = \sqrt {36 - {x^2}} \), trục hoành và các đường thẳng \(x = - 4,x = 4\) quanh trục hoành.

Do đó: \(V = \pi \int\limits_{ - 4}^4 {(36 - {x^2})} {\mkern 1mu} dx = \frac{{736\pi }}{3} \approx 771{\rm{ l\'i t}}.\)

Đáp án cần điền là: \[771.\]

Đáp án đúng là: \(32.\)

Giải chi tiết:

Đặt trục tọa độ sao cho tâm đường tròn (tâm hình chữ nhật) trùng gốc tọa độ và điểm \[(x,y)\] như hình:

Ta có phương trình đường tròn \((C):{x^2} + {y^2} = 16\) hay \(y = \pm \sqrt {16 - {x^2}} \).

Khi đó chiều dài của sổ hình chữ nhật là \(2x,\) chiều rộng là \(2y,\) với \(x > 0,y > 0\) nằm trên đường tròn \((C)\)

Diện tích của cửa sổ hình chữ nhật là \(S = 2x \cdot 2y = 4xy = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \)

Xét hàm số \(S(x) = 4x\sqrt {16 - {x^2}} \) với \(0 \le x \le 4\)

Có \(S'(x) = 4\sqrt {16 - {x^2}} - \frac{{4{x^2}}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }} = \frac{{ - 8{x^2} + 64}}{{\sqrt {16 - {x^2}} }}\).

\(S'(x) = 0 \Leftrightarrow - 8{x^2} + 64 = 0 \Leftrightarrow {\rm{ }}\)\(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2\sqrt 2 \left( {TM} \right)}\\{x = \; - 2\sqrt 2 \;\left( L \right)}\end{array}} \right.\)

Ta có \(S(0) = 0;S(4) = 4 \cdot 4 \cdot \sqrt {16 - {4^2}} = 0;\)

\(S(2\sqrt 2 ) = 4 \cdot 2\sqrt 2 \cdot \sqrt {16 - {{(2\sqrt 2 )}^2}} = 32\).

Vậy cửa sổ hình chữ nhật lớn nhất nội tiếp đường tròn có bán kính bằng \(4\) sẽ có hình vuông với diện tích \(32,\) chiều dài và chiều rộng bằng \(2\sqrt 2 \).

Đáp án cần điền là: \(32.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(H\) là trung điểm của \[AB;\] gọi \(I\) là hình chiếu của \(H\) trên \[SB.\]

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{SH \subset (SAB)}\\{SH \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow SH \bot (ABCD).\)

Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SH\quad (SH \bot (ABCD))}\\{BC \bot AB}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB).\)

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SB}\\{HI \bot BC}\end{array}} \right. \Rightarrow HI \bot (SBC).\)

Vì \(AD//BC \Rightarrow AD//(SBC)\) và \(SC \subset (SBC)\) nên

\({\rm{d}}(AD,SC) = {\rm{d}}(AD,(SBC)) = {\rm{d}}(A,(SBC)) = 2 \cdot {\rm{d}}(H,(SBC)) = 2HI\)

Trong tam giác \[SAH\]vuông tại \(H\), ta có \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = 2a\).

Trong tam giác \[SHB\]vuông tại \(H\)

\(HI = \frac{{HS \cdot HB}}{{\sqrt {H{S^2} + H{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {{{(2a)}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)

Do đó \({\rm{d}}(AD,SC) = 2 \cdot \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} = \frac{{4a\sqrt 5 }}{5}.\)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x + 1}} = x - 3 + \frac{6}{{x + 1}}.\)

Vậy đồ thị hàm số \(y = \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x + 1}}\) có một đường tiệm cận xiên là \(y = x - 3\).

Đáp án cần chọn là: C