Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề 8)

Do \( - 1 \le \cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] \le 1\) nên \( - 3 \le 3\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] \le 3\) hay \( - 3 \le d \le 3\) với mọi \[t \ge 0\].

Do đó, \(0 \le \left| d \right| \le 3\). Vậy \(h\) lớn nhất bằng 3 khi \(\left| d \right| = 3\) hay

\(\cos \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] = \pm 1 \Leftrightarrow \sin \left[ {\frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right)} \right] = 0 \Leftrightarrow \frac{\pi }{3}\left( {2t - 1} \right) = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{1 + 3k}}{2}\) với \(k \in \mathbb{N}\).

Thời điểm đầu tiên mà khoảng cách \(h\) lớn nhất là \(t = 0,5\;\)giây (ứng với \(k = 0\)).

Đáp án cần nhập là: \(0,5\).

Ta có: \[\Delta = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {3m - 5} \right) = {m^2} - 10m + 21\].

Để phương trình \({x^2} - \left( {m + 1} \right)x + 3m - 5 = 0\) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta > 0\)

hay \({m^2} - 10m + 21 > 0\).

Tam thức bậc hai \({m^2} - 10m + 21\) có \(a = 1 > 0\) và có hai nghiệm \({m_1} = 3,{m_2} = 7\).

Do đó, \({m^2} - 10m + 21 > 0\) khi \(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi \(m \in \left( { - \infty ;3} \right) \cup \left( {7; + \infty } \right)\). Chọn A.

Kí hiệu \({u_n}\) là chiều cao so với mực nước biển của thửa ruộng ở bậc thứ \(n\).

Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số cộng với \({u_1} = 950\) và \(d = 1,5\).

Ta có \({u_{12}} = {u_1} + 11d = 950 + 11 \cdot 1,5 = 966,5\).

Vậy thửa ruộng ở bậc thứ 12 có độ cao 966,5 m so với mực nước biển.

Đáp án cần nhập là: \[966,5\].

Số tiền du khách đặt trong mỗi lần (kể từ lần đầu) là một cấp số nhân có \({u_1} = 20\,\,000\) và công bội \(q = 2\).

Du khách thua trong 9 lần đầu tiên nên tổng số tiền thua là:

\({S_9} = {u_1} + {u_2} + ... + {u_9} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^9}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{20\,\,000\left( {1 - {2^9}} \right)}}{{1 - 2}} = 10\,\,220\,\,000\) (đồng).

Số tiền mà du khách thắng trong lần thứ 10 là \({u_{10}} = {u_1} \cdot {q^9} = 20\,000 \cdot {2^9} = 10\,\,240\,\,000\) (đồng).

Ta có \({u_{10}} - {S_9} = 20\,000 > 0\) nên du khách thắng \(20\,000\). Chọn C.

Ta có: \(f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {3x + a - 1} \right) = a - 1\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\sqrt {1 + 2x} - 1}}{x}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{2x}}{{x\left( {\sqrt {1 + 2x} + 1} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{2}{{\sqrt {1 + 2x} + 1}} = 1\).

Hàm số liên tục tại \[x = 0\]\( \Leftrightarrow f\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow a - 1 = 1\)\( \Leftrightarrow a = 2\). Chọn C.

Ta có \[f\left( x \right) = k\sqrt[3]{x} + \sqrt x \]. Khi đó:

\[f'\left( x \right) = {\left( {k\sqrt[3]{x} + \sqrt x } \right)^\prime } = k{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)^\prime } + {\left( {\sqrt x } \right)^\prime }\]\( = k{\left( {{x^{\frac{1}{3}}}} \right)^\prime } + \frac{1}{{2\sqrt x }} = k \cdot \frac{1}{3} \cdot {x^{ - \frac{2}{3}}} + \frac{1}{{2\sqrt x }} = \frac{k}{{3{{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{2\sqrt x }}\).

Vậy để \[f'\left( 1 \right) = \frac{3}{2}\] thì \[\frac{k}{3} + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow k = 3\]. Chọn C.

Bất phương trình \( \Leftrightarrow m \ge \frac{1}{2}{x^2} - {\log _2}x = f\left( x \right) \Rightarrow m \ge \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right)\)

Ta có \(f'\left( x \right) = x - \frac{1}{{x\ln 2}} \Rightarrow f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{1}{{x\ln 2}} = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}\).

Tính \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\\f\left( {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}} \right) = \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right)\\f\left( 3 \right) = \frac{9}{2} - {\log _2}3\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt {\ln 2} }}} \right) = \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right)\).

Suy ra \(m \ge \frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{\log _2}\left( {\ln 2} \right) \Leftrightarrow m \in \left[ {\frac{1}{{2\ln 2}} + \frac{1}{2}{{\log }_2}\left( {\ln 2} \right); + \infty } \right)\). Chọn D.

Hàm số \(y = {x^3} + 2x\) xác định \[\forall x \in \mathbb{R}\].

Ta có: \[y' = 3{x^2} + 2 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\].

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\). Chọn B.