Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề số 20)

Đáp án đúng là "14"

Phương pháp giải

phương pháp đổi biến số

Lời giải

Ta có : \(g'\left( x \right) = f'\left( {x - m} \right) - \left( {x - m - 1} \right)\)
\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( {x - m} \right) = x - m - 1\)
Đặt: \(t = x - m \Rightarrow f'\left( t \right) = t - 1\)
Khi đó nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và đường thẳng \(y = t - 1\)

Dựa vào đồ thị ta được \(f'\left( t \right) = t - 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t =  - 1}\\{t = 1}\\{1 = 3}\end{array}} \right.\)
Bảng xét dấu của \(g'\left( t \right)\)

​

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số \(g\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( { - 1;1} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\)
Hay: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < t < 1}\\{t > 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - 1 < x - m < 1}\\{x - m > 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 < x < m + 1}\\{x > m + 3}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Để hàm số \(g\left( x \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {5;6} \right)\) thì \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - 1 \le 5 \le m + 1}\\{m + 3 \le 5 < 6}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{5 \le m \le 6}\\{m \le 2}\end{array}} \right.} \right.\)
Vì \(m\) là các số nguyên dương nên \(S = \left\{ {1;2;5;6} \right\}\)
Vậy tổng tất cả các phần tử của \(S\) là : 14

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải
Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm

Lời giải
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 1;0} \right)\) và \(\left( {0;2} \right)\)

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải
Đặt \(t = {\rm{tan}}x\), khảo sát hàm số nhận được

Lời giải
Đặt \(t = {\rm{tan}}x\), vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\)
Xét hàm số: \(f\left( t \right) = \frac{{t - 2}}{{t - m}}\forall t \in \left( {0;1} \right)\). Tập xác định: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\)
Ta có\(:f'\left( t \right) = \frac{{2 - m}}{{{{(t - m)}^2}}}\)
Để hàm số \(y\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow f'\left( t \right) > 0\forall t \in \left( {0;1} \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{{2 - m}}{{{{(t - m)}^2}}} > 0\forall t \in \left( {0;1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2 - m > 0}\\{m \notin \left( {0;1} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 2}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \le 0}\\{m \ge 1}\end{array}{\rm{\;}}} \right.}\end{array} \Leftrightarrow m \in \left( { - \infty ;0\left] \cup \right[1;2} \right)} \right.} \right.\)

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Xác định tọa độ cực trị, viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị

Lời giải

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6mx,y' = 0 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 2m}\end{array}} \right.\)

Đồ thị \(\left( C \right)\) luôn có hai điểm cực trị với mọi \(m\) nguyên dương (vì \(m\) là số nguyên dương nên phương trình \(y' = 0\) luôn có hai nghiệm phân biệt).

Khi đó \(A\left( {0;4{m^2} - 2} \right),B\left( {2m; - 4{m^3} + 4{m^2} - 2} \right)\)

\( \Rightarrow AB = \sqrt {4{m^2} + 16{m^6}} = 2\left| m \right|\sqrt {4{m^4} + 1} \)

Phương trình đường thẳng \(AB\):

\(\frac{{x - {x_A}}}{{{x_B} - {x_A}}} = \frac{{y - {y_A}}}{{{y_B} - {y_A}}} \Rightarrow \frac{{x - 0}}{{2m - 0}} = \frac{{y - \left( {4{m^2} - 2} \right)}}{{ - 4{m^3}}} \Leftrightarrow 2{m^2}x + y - 4{m^2} + 2 = 0\)

Thay tọa độ điểm \(C\) vào phương trình đường thẳng \(AB\), dễ thấy điểm \(C \notin AB\)

\(d\left( {C,AB} \right) = \frac{{\left| {2{m^2} + 4 - 4{m^2} + 2} \right|}}{{\sqrt {4{m^4} + 1} }} = \frac{{2\left| {{m^2} - 3} \right|}}{{\sqrt {4{m^4} + 1} }}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.d\left( {C,AB} \right) = 4 \Leftrightarrow \frac{1}{2}.2.\left| m \right|\sqrt {4{m^4} + 1} .\frac{{2\left| {{m^2} - 3} \right|}}{{\sqrt {4{m^4} + 1} }} = 4\)

\( \Leftrightarrow \left| {m\left( {{m^2} - 3} \right)} \right| = 2 \Leftrightarrow {m^6} + 9{m^2} - 4 = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {{m^2} - 1} \right)^2}\left( {{m^2} - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \pm 1}\\{m = \pm 2}\end{array}} \right.\)

Do \(m\) nguyên dương nên ta nhận được \(m \in \left\{ {1;2} \right\}\)

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Tìm nghiệm bội lẻ của phương trình \(g'\left( x \right) = 0\)

Lời giải

Ta có:

\(g'\left( x \right) = \left( {2x + 1} \right).f'\left( {{x^2} + x - 1} \right)\)

\( = \left( {2x + 1} \right){\left( {{x^2} + x - 1} \right)^2}\left( {{x^2} + x - 2} \right){\left( {{x^2} + x - 3} \right)^4}\)

Dễ thấy \(g'\left( x \right) = 0\) có 3 nghiệm đơn là \(x = - 2,x = \frac{{ - 1}}{2},x = 1\) nên hàm số có 3 điểm cực trị

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Xác định giao điểm của hai tiệm cận.

Lời giải

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận

Tiệm cận đứng: \(x = 2\)

Tiệm cận xiên: \(y = x\)

\(I\) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số

Tọa độ \(I\) là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = x}\\{x = 2}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 2}\\{y = 2}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow I\left( {2;2} \right)\)