Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội form 2025 có đáp án (Đề số 30)

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

\(\left( P \right)\) cắt trục hoành tại hai điểm nằm khác phía đối với trục tung khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và trục hoành có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và trục hoành là:

\(3{x^2} - \left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 5m - 6 = 0\) (*)

Để \(\left( P \right)\) cắt trục hoành tại hai điểm nằm khác phía đối với trục tung thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

\( \Leftrightarrow ac < 0 \Leftrightarrow 3\left( {{m^2} - 5m - 6} \right) < 0 \Leftrightarrow  - 1 < m < 6\).

Vậy có 6 giá trị nguyên của tham số \(m\) thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án đúng là "6"

Phương pháp giải

Tam thức bậc hai \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) có hai nghiệm phân biệt là \({x_1} < {x_2}\). Xét bất phương trình \(f\left( x \right) \le 0\left( {\rm{*}} \right)\).

Nếu \(a < 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow x \le {x_1} \vee x \ge {x_2}\)

Nếu \(a > 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow {x_1} \le x \le {x_2}\)

Lời giải

\(2{x^2} - x - 15 \le 0 \Leftrightarrow  - \frac{5}{2} \le x \le 3\).

\(S\) là tập hợp các nghiệm nguyên dương của bất phương trình \(2{x^2} - x - 15 \le 0\) nên \(S = \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là \(1 + 2 + 3 = 6\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Định lí sin trong tam giác \(ABC:\frac{a}{{{\rm{sin}}A}} = \frac{b}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{c}{{{\rm{sin}}C}}\).

Lời giải

\(\widehat {NMD} = {90^ \circ } - {55^0} = {35^ \circ };\widehat {MND} = {90^ \circ } + {20^ \circ } = {110^ \circ }\).

Xét tam giác \(MND\) có: \(\frac{{MN}}{{{\rm{sin}}\left( {{{180}^0} - {{110}^0} - {{35}^ \circ }} \right)}} = \frac{{MD}}{{{\rm{sin}}{{110}^ \circ }}} \Rightarrow MD = \frac{{50.{\rm{sin}}{{110}^ \circ }}}{{{\rm{sin}}{{35}^ \circ }}}\).

Chiều cao \(CD\) của ngọn núi là:

\(CD = CE + ED = 1,5 + MD.\sin {55^ \circ } = 1,5 + \frac{{50.\sin {{110}^ \circ }}}{{\sin {{35}^ \circ }}}.{\rm{sin}}{55^ \circ } \approx 69\left( {\rm{m}} \right)\).

Đáp án đúng là B

Phương pháp giải

Mốt của mẫu số liệu là giá trị có tần số lớn nhất

Lời giải

Lập bảng tần số cho mẫu số liệu trên:

Vậy mốt của mẫu số liệu trên là 39.

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Phân tích số 1400 ra thừa số nguyên tố: \(1400 = {7.5^2}{.2^3}\) rồi dựa vào kết quả phân tích này để chọn ra các bộ 6 chữ số có tích bằng 1400.

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu: \(n\left( {\rm{\Omega }} \right) = {9.10^5}\). Gọi \(a\) là số có tích các chữ số bằng 1400; A là biến cố "chọn được một số có tích các chữ số bằng 1400 từ \(S\)".

Ta có: \(1400 = {7.5^2}{.2^3}\). Do đó, \(a\) phải được cấu tạo từ 6 chữ số:

Trường hợp 1: \(\left\{ {7;5;5;2;2;2} \right\}\). Khi đó, số lượng các số a là: \(\frac{{6!}}{{2!.3!}} = 60\).

Trường hợp 2: \(\left\{ {7;5;5;1;1;8} \right\}\). Khi đó, số lượng các số a là: \(\frac{{6!}}{{2!.2!}} = 180\).

Trường hợp 3: \(\left\{ {7;5;5;1;4;8} \right\}\). Khi đó, số lượng các số a là: \(\frac{{6!}}{{2!}} = 360\).

Xác suất cần tìm là: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{{60 + 180 + 360}}{{{{9.10}^5}}} = \frac{1}{{1500}}\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Ta có: \( - 1 \le {\rm{sin}}x \le 1\) nên giá trị lớn nhất của \({\rm{sin}}x\) là 1, đạt được khi \(x = \frac{\pi }{2} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Lời giải

\({\rm{sin}}\left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] \le 1 \Rightarrow 3{\rm{sin}}\left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right)} \right] + 12 \le 3.1 + 12 \Rightarrow f\left( n \right) \le 15\).

Do đó, giá trị lớn nhất của \(f\left( n \right)\) là 15, đạt được khi

\(\frac{\pi }{{182}}\left( {n - 80} \right) = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Rightarrow n = 171 + 364k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì \(0 < n \le 365\) nên \(n = 171 + 364.0 = 171\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Sử dụng các công thức lũy thừa, logarit.

Lời giải

Ta có

\[T = {a^{\log _3^27}} + {b^{\log _7^211}} + {c^{\log _{11}^225}} = {\left( {{a^{{{\log }_3}7}}} \right)^{{{\log }_3}7}} + {\left( {{b^{{{\log }_7}11}}} \right)^{{{\log }_7}11}} + {\left( {{c^{{{\log }_{11}}25}}} \right)^{{{\log }_{11}}25}}\]

\[ = {27^{{{\log }_3}7}} + {49^{{{\log }_7}11}} + {\sqrt {11} ^{{{\log }_{11}}25}}\]

\( = {\left( {{3^3}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}7}} + {\left( {{7^2}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_7}11}} + {\left( {{{11}^{\frac{1}{2}}}} \right)^{{\rm{lo}}{{\rm{g}}_{11}}25}} = {7^3} + {11^2} + {25^{\frac{1}{2}}} = 469\).

Đáp án đúng là C

Phương pháp giải

Đặt ẩn phụ: \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x\).

Lời giải

Đặt \(t = {\rm{lo}}{{\rm{g}}_3}x \Rightarrow x = {3^t}\). Khi đó phương trình đã cho trở thành:

\({t^2} + 3m.\left( {1 + t} \right) + 2{m^2} - 2m - 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} + 3mt + 2{m^2} + m - 1 = 0\) (*).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt \({t_1},{t_2}\)

\( \Leftrightarrow {\rm{\Delta }} > 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 4\left( {2{m^2} + m - 1} \right) > 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4m + 4 > 0 \Leftrightarrow {(m - 2)^2} > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\).

Khi đó, \(\left( {\rm{*}} \right)\) có hai nghiệm phân biệt là \({t_1} = - 2m + 1\) và \({t_2} = - m - 1\). Suy ra: \({x_1} + {x_2} = {3^{ - 2m + 1}} + {3^{ - m - 1}}\).

Ta có \({x_1} + {x_2} \ge \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - 2m + 1}} + {3^{ - m - 1}} \ge \frac{{10}}{3} \Leftrightarrow {3^{ - m}} \ge 1 \Leftrightarrow m \le 0\).

Vì \(m\) là số tự nhiên nên \(S = \left\{ 0 \right\}\). Vậy tổng giá trị các phần tử của \(S\) là 0.