Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 33)

Đáp án đúng là "3"

Phương pháp giải

Giá trị lớn nhất của biểu thức \(F = ax + by\) trên một miền đa giác.

Lời giải

Theo đề ta có hệ bất phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le x \le 2}\\{0 \le y \le 1,5}\\{800x + 600y \ge 1200\,\,(1)}\\{200x + 400y \ge 600\,\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)(*)

Biển diễn miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) trên mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là tứ giác \(ABCD\), trong đó:

\(A\left( {2;\frac{3}{2}} \right)\); \(B\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\); \(C\left( {\frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right)\); \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\)

Gọi \(F\) là số tiền (đơn vị: nghìn đồng) mà gia đình đó phải chi ra để mua \(x\) kg thịt bò và \(y\) kg thịt lợn, ta có \(F = 200x + 100y\). Giá trị của \(F\) tại các đỉnh của tứ giác như sau:

Tại \(A\left( {2;\frac{3}{2}} \right):F = 200.2 + 100.\frac{3}{2} = 550;\)

Tại \(B\left( {2;\frac{1}{2}} \right)\):\(F = 200.2 + 100.\frac{1}{2} = 450;\)

Tại \(C\left( {\frac{3}{5};\frac{6}{5}} \right):F = 200.\frac{3}{5} + 100.\frac{6}{5} = 240;\)

Tại \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\):\(F = 200.\frac{3}{8} + 100.\frac{3}{2} = 225\).

Ta thấy \(F\) đạt giá trị nhỏ nhất là 225 tại \(D\left( {\frac{3}{8};\frac{3}{2}} \right)\). Khi đó \(T = 2x + {y^2} = 2.\frac{3}{8} + {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} = 3\).

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng định lý sin trong tam giác.

Lời giải

Ta có \(\hat C = {180^o} - \left( {\hat A + \hat B} \right) = {180^o} - \left( {{5^o} + {6^o}} \right) = {169^o}\).

Xét tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}}\) (định lý sin)

Suy ra \(\frac{{900}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}{5^o}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}{6^o}}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\\{BC = \frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\end{array}} \right.\)

Đổi \(5,4{\rm{\;km/h}} = 1,5{\rm{\;m/s}};\,\,21,6{\rm{\;km/h}} = 6{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian lên dốc của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:1,5 = \frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Thời gian lên xuống của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:6 = \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Tổng thời gian Hoàng đi từ nhà đến trường là: \(\frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} + \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} \approx 356,2\)(s)

Đổi 356,2 giây \( \approx 6\) phút.

Ta có 6 giờ 15 phút + 6 phút \( = 6\) giờ 21 phút.

Vậy thời điểm Hoàng đến trường khoảng 6 giờ 21 phút.

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tam thức bậc hai luôn dương với mọi \(x \in \mathbb{R}\) khi và chỉ khi \({\rm{\Delta }} < 0\) (hoặc \({\rm{\Delta '}} < 0\)) và hệ số a dương.

Lời giải

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6} }}\) xác định với mọi \(x\) thuộc \(\mathbb{R}\) khi

\(\left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Đặt \(g\left( x \right) = \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6\). Ta cần tìm \(m\) để \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

Trường hợp 1: \(m - 2 = 0 \Leftrightarrow m = 2\).

Khi đó \(g\left( x \right) = 2x + 4\).

Ta có \(g\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 2x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > - 2\). Điều này không thỏa \(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).

Trường hợp 2: \(m - 2 \ne 0 \Leftrightarrow m \ne 2\).

\(g\left( x \right) > 0,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow \left( {m - 2} \right){x^2} + 2\left( {2m - 3} \right)x + 5m - 6 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a > 0}\\{{\rm{\Delta '}} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 2 > 0}\\{{{(2m - 3)}^2} - \left( {m - 2} \right)\left( {5m - 6} \right) < 0}\end{array}} \right.} \right.\)

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

Mà \(m\) là số nguyên thuộc đoạn \(\left[ { - 10;10} \right]\) nên có 7 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.

Lời giải

Dễ thấy \(O \in {d_1},O \in {d_2}\) nên \({d_1}\) và \({d_2}\) cắt nhau tại \(O\) và

\({\rm{cos}}\left( {{d_1},{d_2}} \right) = \frac{{\left| {\sqrt 3 .\sqrt 3 - 1.1} \right|}}{{\sqrt {{{\sqrt 3 }^2} + {1^2}} .\sqrt {{{\sqrt 3 }^2} + {1^2}} }} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat {AOB} = {60^ \circ }\)

Vì tam giác \(OAB\) vuông tại \(B\) nên \(\widehat {AOB} = \widehat {BAC} = {60^ \circ }\).

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}\left( {OA.\sin \widehat {AOB}} \right).\left( {OA.\tan \widehat {AOB}} \right).{\rm{sin}}\widehat {BAC}\)\( = \frac{1}{2}\left( {OA.\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).\left( {OA.\sqrt 3 } \right).\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{8}O{A^2}\)

Mà \({S_{ABC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) nên \(\frac{{3\sqrt 3 }}{8}O{A^2} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow O{A^2} = \frac{4}{3}\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\left( {{x_A} > 0} \right)\). Vì \(A\) thuộc \({d_1}:\sqrt 3 {x_A} + {y_A} = 0\) nên \(\sqrt 3 {x_A} + {y_A} = 0\) và \(O{A^2} = \frac{4}{3}\) nên \(x_A^2 + y_A^2 = \frac{4}{3}\).

Tìm được \(A\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}; - 1} \right)\).

Đường thẳng \(AC\) qua \(A\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}; - 1} \right)\) và vuông góc với \({d_1}:\sqrt 3 x + y = 0\) nên đường thẳng \(AC\) có phương trình là \(\sqrt 3 x - 3y - 4 = 0\).

\(C\) là giao điểm của đường thẳng \(\sqrt 3 x - 3y - 4 = 0\) và \({d_2}:\sqrt 3 x - y = 0\) nên \(C\left( {\frac{{ - 2\sqrt 3 }}{3}; - 2} \right)\).

Gọi I và trung điểm \(AC\), ta có \(I\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{6}; - \frac{3}{2}} \right)\). Vì I là trung điểm \(AC\) nên I cũng là tâm của đường tròn (\(T\)).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Giá trị \({x_i}\) trong mẫu số liệu được gọi là giá trị ngoại lệ nếu \({x_i} > {Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\) hoặc \({x_i} < {Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\), trong đó \({Q_1},{Q_3},{{\rm{\Delta }}_Q}\) lần lượt là tứ phân vị thứ nhất, tứ phân vị thứ ba và khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu đó.

Lời giải

Cỡ mẫu \(n = 60\).

Gọi \({x_1};{x_2}; \ldots ;{x_{60}}\) là điểm số của 60 sinh viên xếp theo thứ tự không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất là \({Q_1} = \frac{1}{2}\left( {{x_{15}} + {x_{16}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {7,5 + 7,5} \right) = 7,5\).

Tứ phân vị thứ ba là \({Q_3} = \frac{1}{2}\left( {{x_{45}} + {x_{46}}} \right) = \frac{1}{2}\left( {9 + 9} \right) = 9\).

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu trên là \({{\rm{\Delta }}_Q} = {Q_3} - {Q_1} = 9 - 7,5 = 1,5\).

Ta có \({Q_3} + 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 9 + 1,5.1,5 = 11,25;\,\,{Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q} = 7,5 - 1,5.1,5 = 5,25\).

Có 2 sinh viên có điểm số là \(x = 0\) và 1 sinh viên có điểm số là \(x = 5,5\) thỏa mãn \(x < {Q_1} - 1,5{{\rm{\Delta }}_Q}\) nên mẫu số liệu trên có 3 giá trị ngoại lệ.

Đáp án đúng là "209"

Phương pháp giải

Sử dụng quy tắc cộng và quy tắc nhân của phép đếm.

Lời giải

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với nhau là: \(11.11 = 121\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay của các cầu thủ 2 đội với các trọng tài là: \(\left( {11 + 11} \right).4 = 88\) (cái bắt tay)

Số cái bắt tay tổng cộng có là \(121 + 88 = 209\) (cái bắt tay)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Giải phương trình lượng giác.

Lời giải

Cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1

\( \Leftrightarrow \left| i \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\,\,\,(1)}\\{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (1):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{k}{{50}}}\\{t = - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\). Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le k \le 150}\\{\frac{1}{3} \le k \le \frac{{451}}{3}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 301 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\) trong 3 giây đầu tiên là 301.

Giải (2):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}}}\\{t = - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\). Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{899}}{6}}\\{\frac{1}{2} \le k \le \frac{{301}}{2}}\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 300 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = - 1\) trong 3 giây đầu tiên là 300.

Tóm lại, số lần cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1 A là \(301 + 300 = 601\) (lần).