Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 31)

Đáp án đúng là "8"

Phương pháp giải

Gọi \(n\left( A \right),n\left( B \right),n\left( C \right)\) lần lượt là số phần tử của tập hợp \(A,B,C\). Khi đó ta có:

\(n\left( {A \cup B} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) - n\left( {A \cap B} \right)\)

\(n\left( {A \cup B \cup C} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {B \cap C} \right) - n\left( {C \cap A} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right)\)

Lời giải

Gọi \(A\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n\left( A \right)\) là số phần tử của \(A\).

Gọi \(B\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n\left( B \right)\) là số phần tử của \(B\).

Gọi \(C\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n\left( C \right)\) là số phần tử của \(C\).

Ta có:

\[n\left( {A \cup B \cup C} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {B \cap C} \right) - n\left( {C \cap A} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right)\]

\[ \Rightarrow 27 = 14 + 12 + 10 - 4 - 3 - 3 + n\left( {A \cap B \cap C} \right) \Rightarrow n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 1\] nên số bạn chơi giỏi cả ba môn là 1.

Số bạn vừa chơi giỏi bóng đá, vừa chơi giỏi ít nhất một môn khác là:

\(n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = n\left( {A \cap B} \right) + n\left( {A \cap C} \right) - n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 4 + 3 - 1 = 6\) (học sinh)

Số bạn chỉ chơi giỏi bóng đá là \(n\left( A \right) - n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = 14 - 6 = 8\) (học sinh)

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Để xác định hệ bất phương trình dựa vào miền nghiệm, ta xác định các bờ của miền nghiệm và kiểm tra một điểm thuộc miền nghiệm đó nằm ở nửa mặt phẳng nào rồi kết luận bất phương trình

Lời giải

Gọi (*) là hệ bất phương trình có miền nghiệm \({\rm{OABC}}\)

Do miền nghiệm \({\rm{OABC}}\) có kể cả bờ nên các bất phương trình đều nhận dấu bằng.

Bờ chứa \({\rm{OA}}\) là đường thẳng \(x = 0\). Điểm \({\rm{C}}\left( {2;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \({\rm{OABC}}\) và \(2 \ge 0\) nên \({\rm{x}} \ge 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(OC\) là đường thẳng \(y = 0\). Điểm \(A\left( {0;6} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(6 \ge 0\) nên \(y \ge 0\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(BC\) là đường thẳng \(x - y = 2\). Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0 - 0 \le 2\) nên \(x - y \le 2\) là một bất phương trình của (*).

Bờ chứa \(AB\) là đường thẳng \(x + y = 6\). Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) thuộc miền nghiệm \(OABC\) và \(0 + 0 \le 6\) nên \(x + y \le 6\) là một bất phương trình của (*).

Vậy miền nghiệm \(OABC\) là miền nghiệm của hệ bất phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x \ge 0}\\{y \ge 0}\\{x - y \le 2}\\{x + y \le 6}\end{array}} \right.\).

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Áp dụng đinh lý cosin trong tam giác \(ABC:B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.{\rm{cos}}A\).

Lời giải

Đổi 20 phút \( = \frac{1}{3}\) giờ.

Quãng đường mỗi chiếc thuyền di chuyển được sau 20 phút lần lượt là \(15.\frac{1}{3} = 5\left( {{\rm{km}}} \right)\) và \(24.\frac{1}{3} = 8\left( {{\rm{\;km}}} \right)\).

Vậy khoảng cách giữa hai chiếc thuyền sau khi di chuyển được 20 phút là:

\(\sqrt {{5^2} + {8^2} - 2.8.5.{\rm{cos}}{{60}^0}} = 7\left( {{\rm{km}}} \right)\).

Đáp án đúng là "5"

Phương pháp giải

Cho tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm đường tròn ngoại tiếp \(I\). Khi đó ta có \(\overrightarrow {HG}  = 2\overrightarrow {GI} \).

Lời giải

Gọi \(I\left( {{x_I};{y_I}} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow {HG}  = \left( { - \frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right);\overrightarrow {GI}  = \left( {{x_I} - \frac{5}{3};{y_I} - \frac{8}{3}} \right)\).

Tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm đường tròn ngoại tiếp I nên \(\overrightarrow {HG}  = 2\overrightarrow {GI} \).

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - 4}}{3} = 2\left( {{x_I} - \frac{5}{3}} \right)}\\{\frac{2}{3} = 2\left( {{y_I} - \frac{8}{3}} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = 1}\\{{y_I} = 3}\end{array} \Leftrightarrow I\left( {1;3} \right)} \right.} \right.\).

Đường thẳng \(BC\) có phương trình là \(x + 2y - 2 = 0\) nên \(x = 2 - 2y\) và \(\overrightarrow {{u_{BC}}}  = \left( { - 2;1} \right)\).

Gọi \(M\left( {2 - 2{y_M};{y_M}} \right)\) là trung điểm \(BC\). Khi đó \(IM \bot BC\) và \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \).

Ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1 - 2{y_M};{y_M} - 3} \right)\);

\(IM \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {IM}  \bot \overrightarrow {{u_{BC}}}  \Rightarrow  - 2.\left( {1 - 2{y_M}} \right) + 1.\left( {{y_M} - 3} \right) = 0 \Rightarrow {y_M} = 1 \Rightarrow M\left( {0;1} \right)\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {GA}  = \left( {{x_A} - \frac{5}{3};{y_A} - \frac{8}{3}} \right);\overrightarrow {MG}  = \left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)\) mà \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \)

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} - \frac{5}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\\{{y_A} - \frac{8}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} = 5}\\{{y_A} = 6}\end{array} \Leftrightarrow A\left( {5;6} \right)} \right.} \right.\).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(IA = \sqrt {{{(5 - 1)}^2} + {{(6 - 3)}^2}}  = 5\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Số các số tự nhiên có ba chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng trăm là số cách chọn ra 3 phần tử từ tập hợp gồm 9 phần tử là các chữ số tự nhiên từ 1 đến 9.

Lời giải

Gọi \(A\) là biến cố "một người nọ không biết mật khẩu, sau một lần bấm mở được cửa".

Gọi \(\overline {abc} \) là mật khẩu chính xác để mở cửa.

Ta có \(1 \le a < b < c \le 9;a,b,c \in \mathbb{N}\) hay \(a,b,c \in H = \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8;9} \right\}\).

Vì mật khẩu chính xác là một số tự nhiên có 3 chữ số sao cho chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục và chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng trăm nên cứ mỗi cách chọn ra 1 bộ 3 số từ \(H\), ta được đúng 1 số \(\overline {abc} \) thỏa mãn là mật khẩu mở cửa.

Do đó \(n\left( A \right) = C_9^3 = 84\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = 10.10.10 = 1000\).

Xác suất cần tìm là là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{84}}{{1000}} = \frac{{21}}{{250}}\).

Đáp án đúng là "90"

Phương pháp giải

Chia cả tử và mẫu của biểu thức \(T\) cho \({\rm{co}}{{\rm{s}}^3}\alpha \) rồi sử dụng các công thức lượng giác:

\({\rm{tan}}\alpha  = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }};\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} = {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha  + 1\).

Lời giải

Ta có \(\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} = {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha  + 1 = {2^2} + 1 = 5 \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha  = \frac{1}{5} \ne 0 \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha  \ne 0\).

\[T = \frac{{\sin \alpha }}{{{{\sin }^3}\alpha  + \sqrt 3 {{\cos }^3}\alpha }} = \frac{{\frac{{\sin \alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }}}}{{\frac{{{{\sin }^3}\alpha }}{{{{\cos }^3}\alpha }} + \sqrt 3 }} = \frac{{\tan \alpha .\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}}}{{{{\tan }^3}\alpha  + \sqrt 3 }} = \frac{{2.5}}{{{2^3} + \sqrt 3 }}\]

\[ = \frac{{10}}{{8 + \sqrt 3 }} = \frac{{80 - 10\sqrt 3 }}{{61}}\]

Do đó \(a = 80;b =  - 10\) nên \(a - b = 80 - \left( { - 10} \right) = 90\).

Đáp án đúng là "620"

Phương pháp giải

Tổng \(n\) số hạng đầu của cấp số cộng: \({S_n} = \frac{{2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d}}{2}n\).

Lời giải

Số ghế có trong hội trường là \({S_n} = \frac{{2.12 + \left( {20 - 1} \right).2}}{2}.20 = 620\) (ghế).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\), trong đó \(d\) là công sai.

Lời giải

\(\left( {{u_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 4}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + 3}\end{array}} \right.\) nên \(d = 3\). Số hạng tổng quát của \(\left( {{u_n}} \right)\) là \({u_n} = 4 + \left( {n - 1} \right)3 \Rightarrow {u_n} = 3n + 1\).

\(\left( {{v_n}} \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{v_1} = 1}\\{{v_{n + 1}} = {v_n} + 5}\end{array}} \right.\) nên \(d = 5\). Số hạng tổng quát của \(\left( {{v_n}} \right)\) là \({v_n} = 1 + \left( {n - 1} \right)5 \Rightarrow {v_n} = 5n - 4\).

Gọi \(k,t\) là các số nguyên dương thỏa mãn \({u_k} = {v_t}\). Điều kiện: \(1 \le k \le 674;\,\,1 \le t \le 405\).

Ta có \(m = {u_k} = {v_t} \Rightarrow 3k + 1 = 5t - 4 \Rightarrow 3k + 5 = 5t \Rightarrow 3k \vdots 5 \Rightarrow k \vdots 5\). Đặt \(k = 5x\left( {x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}} \right)\). Vì \(1 \le k \le 674\) nên \(1 \le x \le 134\).

Khi đó \(m = {u_k} = 3k + 1 = 3\left( {5x} \right) + 1 = 15x + 1\). Mà \(1 \le x \le 134,x \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) nên có 134 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.