Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 5

\(f'\left( x \right) = \left( {{e^x} - 1} \right)\left( {{x^2} - x} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{e^x} = 1\\{x^2} - x = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên của \(f\left( x \right)\) như sau

Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số có 1 điểm cực trị. Chọn B.

Có \(y' = \frac{3}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {0;1} \right]\).

Do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 0 \right) =  - 1;\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} y = y\left( 1 \right) = 0\). Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty  \Rightarrow a > 0\) và đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên \(d > 0\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta có đồ thị hàm số có hai điểm cực trị. Chọn A.

Theo đề ta có \[22 + 50{e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = 50\]\[ \Leftrightarrow 50{e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = 28\]\[ \Leftrightarrow {e^{ - \,\,\;\frac{1}{8}t}} = \frac{{14}}{{25}}\]\[ \Leftrightarrow t = \left( {\ln \frac{{14}}{{25}}} \right):\left( { - \frac{1}{8}} \right) \approx 5\]. Chọn B.

Vì \(SB \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SB \bot AC\) mà \(AC \bot BD\) nên \(AC \bot \left( {SBD} \right)\).

Gọi \(M\)là trung điểm của \(CD\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Hạ \(OH \bot SM\) (1).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot CD\).

Khi đó \(OM \bot CD\) và \(SO \bot CD\) nên \(CD \bot \left( {SOM} \right)\)\( \Rightarrow CD \bot OH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(OH \bot \left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Xét \(\Delta SOM\)vuông tại \(O\) có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).

Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\). Chọn A.

Đồ thị hàm số \(y = \frac{{2{x^2} + 5x}}{{x + 3}}\) có tiệm cận xiên là \(y = 2x - 1\) hay \(2x - y - 1 = 0\)(d).

Khi đó \(d\left( {M,d} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot 2 - 1 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\). Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta có \[\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  - \infty  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} = 0\].

Do đó đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận ngang là \[y = 0\].

Dựa vào bảng biến thiên là có tồn tại \[{x_1} \in \left( { - 2;0} \right)\] sao cho \[f\left( {{x_1}} \right) = 1\] và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = 1\]

\[ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ + } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  + \infty ;\] \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_1}^ - } \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty ,\]\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{f\left( x \right) - 1}} =  - \infty \]

\[ \Rightarrow \] Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng là \[x = {x_1},x = 0\].

Do đó \[a = 2,b = 1 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 5\]. Chọn B.