Đề thi ĐGTD Đại học Bách khoa Hà Nội phần Tư duy Toán học (có đáp án) - Đề số 16

Đáp án: Đúng – Sai – Sai.

Từ đồ thị ta thấy hàm số \(y = f'\left( x \right)\) đạt cực tiểu tại \(x = 2\) nên phát biểu thứ nhất đúng.

Lại có \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = {x_1}\,\,\,\left( { - 1 < {x_1} < 0} \right)\\x = 1\\x = {x_2}\,\,\,\left( {2 < {x_2} < 3} \right)\end{array} \right.\).

Nên ta có bảng xét dấu:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đạt cực đại tại \(x = 1\). Vậy phát biểu thứ hai sai.

Ta có \(y = f\left( {{x^2}} \right) \Rightarrow y' = 2x.f'\left( {{x^2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = {x_1}(L)\\{x^2} = 1\\{x^2} = {x_2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = \pm \sqrt {{x_2}} \end{array} \right.\)

Vậy hàm số \(y = f\left( {{x^2}} \right)\) có 5 điểm cực trị. Do đó phát biểu thứ ba sai.

Đáp án: \(\frac{{10}}{{21}}\).

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( \Omega \right) = C_9^3 = 84\).

Gọi A là biến cố “Tổng các số ghi trên 3 chiếc thẻ được lấy ra là một số lẻ”.

Ta có \(n\left( A \right) = C_5^3 + C_4^2 \cdot C_5^1 = 40\).

Xác suất để tổng các số ghi trên 3 chiếc thẻ được lấy ra là một số lẻ là:

\(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{40}}{{84}} = \frac{{10}}{{21}}\).

Đáp án: Sai – Đúng – Đúng – Sai.

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) không xác định tại \[x = 1\], mà \(1 \in \left( { - 2;2} \right)\) nên hàm số không thể đồng biến trên khoảng \(\left( { - 2;2} \right)\). Do đó phát biểu thứ nhất sai.

Tại \(x = - 2\) và \(x = 2\), đạo hàm \(y'\) đổi dấu nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai điểm cực trị. Do đó phát biểu thứ hai đúng.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 5\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = - 5\) nên đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có hai đường tiệm cận ngang là \(y = 5\) và \(y = - 5\). Do đó phát biểu thứ ba đúng.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} y = + \infty \) nên đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) có đường tiệm cận đứng \(x = 1\). Do đó phát biểu thứ tư sai.

Chú ý: TCĐ là nghiệm của mẫu (làm hàm số không xác định) và tại đó giới hạn phải ra \( \pm \infty .\) TCN là giới hạn của \(y\) khi \(x \to \pm \infty \). Nhìn nhanh BBT: Cứ chỗ nào có 2 gạch dọc \((||)\) mà bên cạnh có dấu \(\infty \) thì đó là TCĐ. Hai đầu mút \(x\; = \; \pm \infty \) dóng xuống \(y\) ra số cụ thể thì đó là TCN.

Đáp án: 3,39 km.

Ta có bảng tần số ghép nhóm chứa giá trị đại diện như sau:

Cỡ mẫu là: n = 3 + 6 + 5 + 4 + 2 = 20.

Số trung bình của mẫu số liệu là: \(\bar x = \frac{{3 \cdot 2,85 + 6 \cdot 3,15 + 5 \cdot 3,45 + 4 \cdot 3,75 + 2 \cdot 4,05}}{{20}} = 3,39\) (km).

Đáp án: \(\frac{{11}}{{12}}\).

Xác suất để xạ thủ thứ nhất bắn không trúng bia là: \(1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Xác suất để xạ thủ thứ hai bắn không trúng bia là: \(1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\).

Gọi biến cố \(A\): “Có ít nhất một xạ thủ không bắn trúng bia”.

Khi đó biến cố \(A\) có 3 khả năng xảy ra:

Người thứ nhất bắn trúng bia, người thứ hai không bắn trúng bia, xác suất là: \(\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{4}\).

Người thứ nhất không bắn trúng bia, người thứ hai bắn trúng bia, xác suất là: \(\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{6}\).

Cả hai người đều bắn không trúng bia, xác suất là: \(\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}\).

Khi đó \(P\left( A \right) = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{{11}}{{12}}\).

Đáp án: Đúng – Sai.

Điều kiện: \[x \in \left( { - \infty ;1} \right] \cup \left[ {2; + \infty } \right)\].

Đặt \[t = \sqrt {{x^2} - 3x + 2} ,\;t \ge 0 \Rightarrow {x^2} - 3x + 1 = {t^2} - 1\].

Khi đó, phương trình có dạng \[{\log _3}\left( {t + 2} \right) + {5^{{t^2} - 1}} = 2\].

Xét hàm số \[f\left( t \right) = {\log _3}\left( {t + 2} \right) + {5^{{t^2} - 1}}\;{\rm{trên }}\left[ {0; + \infty } \right).\]

Hàm số đồng biến trên \(\left[ {0; + \infty } \right)\) và \(f\left( 1 \right) = 2\).

Suy ra \[f\left( t \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow t = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 3x + 2} = 1\]\[ \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 1 = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}\\{{x_2} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}}\end{array}} \right.\] (thỏa mãn ĐK).

Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm.

Vậy phát biểu thứ nhất đúng và phát biểu thứ hai sai.

Gọi N, P lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( P \right)\) và các cạnh SC, SB.

Vì \(\left( P \right){\rm{//}}\left( {ABC} \right)\) nên theo định lí Thalès, ta có \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3}\).

Khi đó \(\left( P \right)\) cắt hình chóp S.ABC theo thiết diện là tam giác MNP đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số \(k = \frac{2}{3}\). Vậy \({S_{\Delta MNP}} = {k^2} \cdot {S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} \cdot 9 = 4\).

Đáp án: \( - 1\).

Ta có \[A = {n^4} + {n^3} + {n^2} = {n^2}\left( {{n^2} + n + 1} \right)\].

Với \(n = 0\) thì \(A = 0\) (thỏa mãn).

Với \(n \ne 0\), \(A\) là số chính phương khi và chỉ khi \({n^2} + n + 1\) là số chính phương.

Giả sử \[{n^2} + n + 1 = {k^2}\quad \left( {k \in \mathbb{N}} \right)\].

Khi đó \[4\left( {{n^2} + n + 1} \right) = 4{k^2} \Leftrightarrow \left( {2n + 1 - 2k} \right)\left( {2n + 1 + 2k} \right) = - 3\].

Do \[2n + 1 + 2k \ge 2n + 1 - 2k,\;\forall n \in \mathbb{Z},\;k \in \mathbb{N},\] nên ta có các trường hợp:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 3}\\{2n + 1 + 2k = 1}\end{array}} \right.\] hoặc \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2n + 1 - 2k = - 1}\\{2n + 1 + 2k = 3}\end{array}} \right.\].

Từ đó suy ra \[n = - 1\] hoặc \[n = 0\].

Tổng các giá trị nguyên \(n\) thỏa mãn là: \[ - 1.\]