Trang 1
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THÁNG 8
CHUYÊN LUYỆN THI ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC ĐHQG HCM
THẦY TẠ TIẾN THANH - VETA EDU
> “ Vì ngược gió mà những con diều bay lên cao mãi ”
PHẦN 2: TOÁN HỌC
Câu 61. [VETA] Phương trình x +
x +
1
2
+
…
x +
1
4
= m vô nghiệm khi
A. m > 1. B. m ∈ ∅. C. m <
1
4
. D. 0 < m <
3
4
.
Lời giải. Điều kiện xác định là x +
1
4
≥ 0, hay x ≥ −
1
4
.
Đặt t =
…
x +
1
4
, với t ≥ 0. Khi đó x = t
2 −
1
4
.
Ta có x +
1
2
+
…
x +
1
4
= t
2 −
1
4
+
1
2
+ t = t
2 + t +
1
4
=
Å
t +
1
2
ã2
.
Suy ra
x +
1
2
+
…
x +
1
4
= t +
1
2
.
Do đó x +
x +
1
2
+
…
x +
1
4
= t
2 −
1
4
+ t +
1
2
=
Å
t +
1
2
ã2
.
Vì t ≥ 0 nên Å
t +
1
2
ã2
≥
1
4
.
Vậy phương trình vô nghiệm khi m <
1
4
.
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 62. [VETA] Cho bất phương trình 2
x + x ≤ y + log2 y với x, y ∈ Z
+; y ≤ 15. Số giá trị x thoả mãn là
A. 5. B. 4. C. 3. D. 2.
Lời giải. Bất phương trình đã cho tương đương với 2
x + x ≤ 2
log2 y + log2 y.
Xét hàm số đặc trưng f(t) = 2t + t đồng biến trên R.
Từ bất phương trình ta suy ra x ≤ log2 y ⇔ y ≥ 2
x
.
Vì y ≤ 15 nên 2
x ≤ 15 ⇔ x ≤ log2 15 ≈ 3,9.
Do x ∈ Z
+ nên x ∈ {1, 2, 3}. Vậy có 3 giá trị x thoả mãn.
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 63. [VETA] Một nhân viên giao hàng xuất phát từ kho K đi giao hàng cho 4 khách hàng ở 4 địa chỉ A, B, C, D. Yêu
cầu bắt buộc là phải ghé qua mỗi địa chỉ 1 lần, sau đó về kho để kết thúc. Thời gian di chuyển cho trong đồ thị. Thời gian
tối thiểu để hoàn thành là
1
Trang 2
VETA Edu
12
10
25
30
35
8 40
18
15 32
D
A
C B
K
A. 75 phút. B. 78 phút. C. 80 phút. D. 72 phút.
Lời giải. Yêu cầu của bài toán là tìm một chu trình xuất phát từ đỉnh K, đi qua các đỉnh A, B, C, D mỗi đỉnh đúng
một lần rồi quay trở lại K (chu trình Hamilton) sao cho tổng độ dài các cạnh là nhỏ nhất.
Ta xét các chu trình khả dĩ đi qua tất cả các đỉnh và tính tổng thời gian tương ứng:
Ë Chu trình K → B → A → D → C → K có tổng thời gian là
15 + 32 + 12 + 8 + 30 = 97 phút.
Ë Chu trình K → A → D → B → C → K có tổng thời gian là
18 + 12 + 70 + 25 + 30 = 155 phút.
Ë Chu trình K → C → A → D → B → K có tổng thời gian là
30 + 32 + 12 + 70 + 15 = 159 phút.
Ë Chu trình K → B → C → A → D → K có tổng thời gian là
15 + 25 + 32 + 12 + 35 = 119 phút.
Ë Chu trình K → A → B → C → D → K có tổng thời gian là
18 + 10 + 25 + 8 + 35 = 96 phút.
Ë Chu trình K → C → B → A → D → K có tổng thời gian là
30 + 25 + 10 + 12 + 35 = 112 phút.
Ë Chu trình K → B → A → C → D → K có tổng thời gian là
15 + 10 + 25 + 8 + 35 = 93 phút.
Ë Chu trình K → D → C → B → A → K có tổng thời gian là
35 + 8 + 25 + 10 + 18 = 96 phút.
Ë Chu trình K → B → D → A → C → K có tổng thời gian là
15 + 70 + 12 + 32 + 30 = 159 phút.
2 Thầy Tạ Tiến Thanh
Trang 3
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
Ë Chu trình K → A → C → B → D → K có tổng thời gian là
18 + 32 + 25 + 70 + 35 = 180 phút.
Ë Chu trình K → D → B → C → A → K có tổng thời gian là
35 + 70 + 25 + 32 + 18 = 180 phút.
Ë Chu trình K → C → D → A → B → K có tổng thời gian là
30 + 8 + 12 + 10 + 15 = 75 phút.
So sánh các kết quả trên, ta thấy chu trình K → C → D → A → B → K có tổng thời gian nhỏ nhất là 75 phút.
Vậy thời gian tối thiểu để hoàn thành là 75 phút.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 64. [VETA] Cho △ABC vuông cân tại A, có BC = 10. Lấy điểm M sao cho MA = 8; MB = 9. Tính MC.
A. 2,40. B. 7,07. C. 1,82. D. 9,38.
Lời giải. Vì △ABC vuông cân tại A và BC = 10 nên AB = AC =
BC
√
2
= 5√
2.
Đặt hệ trục toạ độ Oxy sao cho A(0; 0), B(5√
2; 0), C(0; 5√
2).
Gọi toạ độ điểm M là (x; y). Ta có:
MA2 = x
2 + y
2 = 82 = 64(1)
MB2 = (x − 5
√
2)2 + y
2 = 92 = 81(2)
Từ (1) và (2) suy ra: x
2 − 10√
2x + 50 + y
2 = 81 ⇔ 64 − 10√
2x + 50 = 81 ⇔ 10√
2x = 33 ⇔ x =
33
10√
2
.
Thay vào (1) tìm được y
2 = 64 − x
2 = 64 −
1089
200
=
11711
200
⇒ y =
…
11711
200
≈ 7,65.
Toạ độ điểm M
Ç
33
10√
2
;
…
11711
200 å
.
Độ dài MC =
»
x
2 + (y − 5
√
2)2 =
»
x
2 + y
2 − 10√
2y + 50 = »
64 − 10√
2 · 7,65 + 50 ≈ 2,40.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 65. [VETA] Cho hàm số f(x) có đạo hàm liên tục trên khoảng (0; +∞) và thỏa mãn hệ thức x · f
′
(x) − f(x) = 2 với
mọi x > 0. Biết rằng f(1) = 0. Giá trị của f(e) bằng:
A. 2e − 2. B. 4. C. 0. D. −2.
Lời giải. Chia cả hai vế của giả thiết cho x
2
, ta thu được đạo hàm của một thương:
x · f
′
(x) − f(x)
x
2
=
2
x
2
⇒
Å
f(x)
x
ã′
=
2
x
2
Lấy nguyên hàm hai vế:
f(x)
x
= −
2
x
+ C
Thay điều kiện x = 1 và f(1) = 0 vào hệ thức trên để tìm C:
0
1
= −
2
1
+ C ⇒ C = 2
Ta thay trực tiếp x = e và C = 2 vào hệ thức nguyên hàm:
f(e)
e
= −
2
e
+ 2 ⇒ f(e) = 2e − 2
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
3
Trang 4
VETA Edu
Câu 66. [VETA] Có bao nhiêu số nguyên m < 2025 để phương trình x − 3
√
x − 3 = m − 1 có nghiệm?
A. 2025. B. 2023. C. 2024. D. 2022.
Lời giải. Điều kiện: x ≥ 3. Đặt t =
√
x − 3 ≥ 0, khi đó x = t
2 + 3 và phương trình trở thành
t
2 + 3 − 3t = m − 1 ⇔ f(t) = t
2 − 3t + 4 = m, t ≥ 0.
Ta có f
′
(t) = 2t − 3 = 0 ⇔ t =
3
2
và
f
Å
3
2
ã
=
9
4
−
9
2
+ 4 = 7
4
, lim t→+∞
f(t) = +∞.
Do đó tập giá trị của f trên [0; +∞) là ï
7
4
; +∞
ã
.
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≥
7
4
. Kết hợp m nguyên và m < 2025 ta được
m ∈ {2; 3; 4; . . . ; 2024}.
Vậy có 2024 − 2 + 1 = 2023 giá trị m thỏa mãn.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Câu 67. [VETA] Tìm m để phương trình (log2 x)
2 − log2 x − 2025m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và phương trình
9
y − m · 3
y +
Ä√
3
ä7
= 0 có hai nghiệm phân biệt y1, y2 và hai điểm A (x1; y1), B (x2; y2) trên hệ trục tọa độ Oxy thỏa
mãn OA ⊥ OB.
A. 81 +
1
√
3
. B. 82
3
. C. 1. D. 9 + √
3.
Lời giải. Xử lí phương trình thứ nhất. Điều kiện x > 0. Đặt u = log2 x, ta được u
2 − u − 2025m = 0. Theo định lí
Viète: u1 + u2 = 1, tức là
log2 x1 + log2 x2 = 1 ⇔ log2
(x1x2) = 1 ⇔ x1x2 = 2.
Xử lí phương trình thứ hai. Đặt v = 3y > 0, ta được v
2 − mv + 3 7
2 = 0. Theo định lí Viète:
v1v2 = 3
7
2 ⇔ 3
y1
· 3
y2 = 3
7
2 ⇔ y1 + y2 =
7
2
,
v1 + v2 = m ⇔ 3
y1 + 3y2 = m.
Điều kiện vuông góc. Ta có # » OA = (x1; y1),
# » OB = (x2; y2) nên
OA ⊥ OB ⇔
# » OA ·
# » OB = 0 ⇔ x1x2 + y1y2 = 0 ⇔ 2 + y1y2 = 0 ⇔ y1y2 = −2.
Vậy y1, y2 là hai nghiệm của phương trình
Y
2 −
7
2
Y − 2 = 0 ⇔ 2Y
2 − 7Y − 4 = 0 ⇔
⎡
⎣
Y = 4
Y = −
1
2
Do đó
m = 3y1 + 3y2 = 34 + 3− 1
2 = 81 +
1
√
3
.
Thử lại: m = 81 +
1
√
3
> 0 nên ∆ = 1 + 8100m > 0, phương trình thứ nhất có hai nghiệm phân biệt; v1 = 81 > 0,
v2 =
1
√
3
> 0 phân biệt nên phương trình thứ hai cũng có hai nghiệm phân biệt.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 68. [VETA] Cho Ä√
x
2 + 1 + x
ä2025
= 2025, giá trị của biểu thức log2025 Ä√
x
2 + 1 − x
ä
là
A. −1. B. −
1
2025
. C. 1
2025
. D. −2025.
4 Thầy Tạ Tiến Thanh
Trang 5
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
Lời giải. Nhận xét
Ä√︁
x
2 + 1 + x
ä Ä√︁
x
2 + 1 − x
ä
=
(︁
x
2 + 1)︁
− x
2 = 1 ⇒
√︁
x
2 + 1 − x =
1
√
x
2 + 1 + x
.
Từ giả thiết Ä√
x
2 + 1 + x
ä2025
= 2025 suy ra √
x
2 + 1 + x = 2025 1
2025 , do đó
√︁
x
2 + 1 − x = 2025− 1
2025 .
Vậy
log2025 Ä√︁
x
2 + 1 − x
ä
= log2025 2025− 1
2025 = −
1
2025
.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Câu 69. [VETA] Tập xác định của hàm số y =
(︁
x
2 − 1
)︁−3
là
A. (1; +∞). B. (−∞; 1) ∪ (1; +∞). C. R \ {±1}. D. (−∞; 1).
Lời giải. Vì số mũ −3 là số nguyên âm nên điều kiện xác định là cơ số khác 0:
x
2 − 1 ̸= 0 ⇔ x ̸= ±1.
Vậy tập xác định là D = R \ {−1; 1}.
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 70. [VETA] Cho tam giác ABC có góc A bằng 105◦
, góc B bằng 45◦
. Tính AB
AC
A.
√
6
3
. B. 3
√
2
2
. C. √
2. D.
√
2
2
.
Lời giải. Ta có C“ = 180◦ − 105◦ − 45◦ = 30◦
.
Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC:
AB
sin C
=
AC
sin B
⇒
AB
AC =
sin C
sin B
=
sin 30◦
sin 45◦
=
1
√
2
2
2
=
1
√
2
=
√
2
2
.
Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 71. [VETA] Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 2√
2, cos(B + C) = −
√
2
2
. Tính BC
A. BC = 2. B. BC = 8. C. BC = 4. D. BC = 20.
Lời giải. Vì A + B + C = 180◦ nên B + C = 180◦ − A, do đó
cos A = − cos(B + C) =
√
2
2
⇒ Aˆ︁ = 45◦
.
Áp dụng định lí côsin:
BC2 = AB2 + AC2 − 2 · AB · AC · cos A = 4 + 8 − 2 · 2 · 2
√
2 ·
√
2
2
= 12 − 8 = 4.
Vậy BC = 2.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 72. [VETA] Phương trình sin 2x = cos x có bao nhiêu nghiệm thuộc [0; 2π]?
A. 4. B. 2. C. 6. D. 3.
5
Trang 6
VETA Edu
Lời giải.
sin 2x = cos x ⇔ 2 sin x cos x − cos x = 0 ⇔ cos x (2 sin x − 1) = 0 ⇔
⎡
⎣
cos x = 0
sin x =
1
2
Ë cos x = 0 ⇒ x =
π
2
+ kπ; trong [0; 2π] có x =
π
2
;
3π
2
.
Ë sin x =
1
2
; trong [0; 2π] có x =
π
6
;
5π
6
.
Bốn nghiệm trên đôi một khác nhau nên phương trình có 4 nghiệm thuộc [0; 2π].
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 73. [VETA] Giá trị của m để bất phương trình log 1
5
m > log5
(2x + 3) có đúng 3 nghiệm nguyên
A. 1
7
< m <
1
5
. B. 0 < m < 1. C. 1
7
< m <
1
3
. D. 1
5
< m <
1
3
.
Lời giải. Điều kiện xác định của các biểu thức logarit là m > 0 và 2x + 3 > 0 ⇔ x > −
3
2
= −1,5.
log5−1 m > log5
(2x + 3) ⇔ − log5 m > log5
(2x + 3) ⇔ log5
Å
1
m
ã
> log5
(2x + 3)
⇒
1
m
> 2x + 3 ⇔ 2x <
1
m
− 3 ⇔ x <
1 − 3m
2m
.
Để bất phương trình có đúng 3 nghiệm nguyên (là x = −1; 0; 1) thì 1 <
1 − 3m
2m
≤ 2.
Giải hệ bất phương trình này ta được m ∈
ï
1
7
;
1
5
ã
.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 74. [VETA] Gọi S là tập nghiệm của bất phương trình x
2 + x + 3
x
2 − 4
≥ 1. Khi đó S ∩ (−2; 2)
A. (−1; 2). B. (−2; −1). C. ∅. D. (−2; 1).
Lời giải. Điều kiện: x ̸= ±2.
Bất phương trình tương đương
x
2 + x + 3
x
2 − 4
− 1 ≥ 0 ⇔
x
2 + x + 3 −
(︁
x
2 − 4
)︁
x
2 − 4
≥ 0 ⇔
x + 7
x
2 − 4
≥ 0.
Lập bảng xét dấu, ta có tập nghiệm S = [−7; −2) ∪ (2; +∞).
Khi đó giao của S với khoảng (−2; 2) là S ∩ (−2; 2) = ∅.
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 75, 76.
Câu 75. [VETA] Bạn A thả quả bóng cao su từ độ cao 10 m theo phương thẳng đứng. Mỗi khi chạm đất nó lại nảy lên theo
phương thẳng đứng một đoạn bằng 3
4
độ cao trước đó.
Sau 5 lần chạm đất độ cao cực đại của quả bóng là:
A. 3, 16. B. 1, 78. C. 2, 37. D. 3, 25.
Lời giải. Gọi h0 = 10 là độ cao ban đầu của quả bóng (đơn vị: mét).
Độ cao cực đại của quả bóng sau lần chạm đất thứ n lập thành một cấp số nhân với công bội q =
3
4
.
Sau lần chạm đất thứ 5, độ cao cực đại của quả bóng là
h5 = h0 · q
5 = 10 ·
Å
3
4
ã5
= 10 ·
243
1024
=
1215
512
≈ 2, 37 (m).
Chọn C.
6 Thầy Tạ Tiến Thanh
Trang 7
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 76. [VETA] Tổng quãng đường quả bóng đi được đến khi dừng hẳn:
A. 40. B. 70. C. 50. D. 80.
Lời giải. Quãng đường quả bóng đi được gồm:
a) Quãng đường rơi xuống lần đầu tiên: S0 = h0 = 10.
b) Quãng đường nảy lên và rơi xuống sau các lần chạm đất tiếp theo (mỗi lần gồm một lượt lên và một lượt xuống
bằng nhau):
Ë Lần nảy 1: lên h1, xuống h1 ⇒ quãng đường 2h1.
Ë Lần nảy 2: lên h2, xuống h2 ⇒ quãng đường 2h2.
Ë . . .
Tổng quãng đường quả bóng đi được cho đến khi dừng hẳn là
S = h0 + 2h1 + 2h2 + 2h3 + · · · = h0 + 2 (h1 + h2 + h3 + · · ·).
Cụm trong ngoặc là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = h1 = 10 ·
3
4
= 7, 5 và công bội q =
3
4
:
S
′ =
u1
1 − q
=
7, 5
1 −
3
4
=
7, 5
0, 25
= 30.
Vậy tổng quãng đường quả bóng đi được là
S = 10 + 2 · 30 = 10 + 60 = 70 (m).
Chọn B.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 77, 78.
Một công ty cần thuê xe chở ít nhất 140 người và 9 tấn hàng. Tại bãi thuê có 2 loại xe A và B. Xe loại A có 10 chiếc, xe
loại B có 9 chiếc. Giá thuê lần lượt xe loại A, B là 4 triệu đồng và 3 triệu đồng. Biết xe loại A chở tối đa 20 người và 0,6
tấn hàng, xe loại B chở tối đa 10 người và 1,5 tấn hàng. Gọi x, y lần lượt là số xe loại A, B mà công ty này cần thuê.
Câu 77. [VETA] Tổng chi phí thuê xe được xác định bởi biểu thức
A. x + 3y. B. 3x + y. C. 4x + 3y. D. 2x + 3y.
Lời giải. Thuê x xe loại A với giá 4 triệu đồng mỗi xe hết 4x (triệu đồng).
Thuê y xe loại B với giá 3 triệu đồng mỗi xe hết 3y (triệu đồng).
Vậy tổng chi phí thuê xe là F(x; y) = 4x + 3y (triệu đồng).
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 78. [VETA] Số xe cần phải thuê để chở ít nhất 140 người, 9 tấn hàng và có chi phí thuê ít nhất là
A. 4 xe loại A và 5 xe loại B. B. 5 xe loại A và 4 xe loại B.
C. 10 xe loại A và 2 xe loại B. D. 10 xe loại A và 9 xe loại B.
Lời giải. Các điều kiện ràng buộc:
⎧
⎪⎨
⎪⎩
0 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 9, x, y ∈ N
20x + 10y ≥ 140 ⇔ 2x + y ≥ 14
0,6x + 1,5y ≥ 9 ⇔ 2x + 5y ≥ 30
Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của F(x; y) = 4x + 3y. Kiểm tra bốn phương án:
Ë x = 4, y = 5: 2(4) + 5 = 13 < 14 nên không chở đủ người, loại.
Ë x = 5, y = 4: 2(5) + 4 = 14 ≥ 14 và 2(5) + 5(4) = 30 ≥ 30, thỏa mãn; F = 4(5) + 3(4) = 32.
Ë x = 10, y = 2: thỏa mãn ràng buộc; F = 4(10) + 3(2) = 46.
7
Trang 8
VETA Edu
Ë x = 10, y = 9: thỏa mãn ràng buộc; F = 4(10) + 3(9) = 67.
Vậy chi phí nhỏ nhất là 32 triệu đồng, ứng với 5 xe loại A và 4 xe loại B.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 79, 80, 81.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 5). Phương trình đường trung tuyến CM : 2x−y = 1
và phương trình đường trung tuyến BN : x + y = 2.
Câu 79. [VETA] Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
A. (0; 2). B. (0; 0). C. (1; 1). D. (2; 3).
Lời giải. Trọng tâm G là giao điểm của hai đường trung tuyến CM và BN, nên tọa độ của G là nghiệm của hệ
®
2x − y = 1
x + y = 2
⇔
®
3x = 3
x + y = 2
⇔
®
x = 1
y = 1
Vậy G(1; 1).
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 80. [VETA] Tổng khoảng cách từ A đến BN và CM xấp xỉ với
A. 4,8. B. 5,1. C. 3,7. D. 4,2.
Lời giải. Viết lại BN : x + y − 2 = 0 và CM : 2x − y − 1 = 0. Với A(0; 5):
d (A, BN) = |0 + 5 − 2|
√
1
2 + 12
=
3
√
2
≈ 2,12;
d (A, CM) = |2 · 0 − 5 − 1|
√︁
2
2 + (−1)2
=
6
√
5
≈ 2,68.
Tổng hai khoảng cách
d (A, BN) + d (A, CM) = 3
√
2
+
6
√
5
≈ 4,80.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 81. [VETA] Gọi B (xB; yB), tính xB + yB
A. 2. B. −3. C. 4. D. −1.
Lời giải. Vì BN là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B nên B ∈ BN : x + y = 2, do đó
xB + yB = 2.
Kiểm chứng: đặt B(b; 2 − b), khi đó M là trung điểm AB nên M
Å
b
2
;
7 − b
2
ã
. Vì M ∈ CM : 2x − y = 1 nên
2 ·
b
2
−
7 − b
2
= 1 ⇔ 2b − 7 + b = 2 ⇔ b = 3.
Vậy B(3; −1) và xB + yB = 3 + (−1) = 2.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 82, 83, 84.
Cho hàm số f(x) = x
3 − 3x
2 − 9x + 6.
Câu 82. [VETA] Hàm số nghịch biến trên khoảng nào?
A. (−3; 1). B. (0; 3). C. (1; 4). D. (−2; 2).
Lời giải. Tập xác định D = R.
Đạo hàm: f
′
(x) = 3x
2 − 6x − 9.
Xét bất phương trình f
′
(x) < 0 ⇔ 3x
2 − 6x − 9 < 0 ⇔ −1 < x < 3.
8 Thầy Tạ Tiến Thanh
Trang 9
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 3).
Vì (0; 3) ⊂ (−1; 3) nên hàm số cũng nghịch biến trên khoảng (0; 3).
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Câu 83. [VETA] Khoảng cách giữa các điểm cực trị của f(x) là
A. √
438. B. √
1040. C. √
416. D. √
728.
Lời giải. Ta có f
′
(x) = 0 ⇔ 3x
2 − 6x − 9 = 0 ⇔
ñ
x = −1 ⇒ f(−1) = 11
x = 3 ⇒ f(3) = −21.
Tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là M(−1; 11) và N(3; −21).
Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là
MN =
»
[3 − (−1)]2 + (−21 − 11)2 =
»
4
2 + (−32)2 =
√
16 + 1024 = √
1040.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Câu 84. [VETA] Đường thẳng y = m − 3x cắt f(x) tại A, B, C sao cho B là trung điểm AC. Giá trị m nằm trong khoảng
nào?
A. (2; 4). B. (−1; 0). C. (0; 2). D. (−3; 1).
Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số là
x
3 − 3x
2 − 9x + 6 = m − 3x ⇔ x
3 − 3x
2 − 6x + 6 − m = 0 (1)
Vì đồ thị hàm số bậc ba nhận điểm uốn I làm tâm đối xứng, nên đường thẳng cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B, C
sao cho B là trung điểm AC khi và chỉ khi điểm B trùng với điểm uốn I.
Ta tìm tọa độ điểm uốn của f(x):
f
′′(x) = 6x − 6; f
′′(x) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ f(1) = −5 ⇒ I(1; −5).
Do đó, B phải có hoành độ xB = 1.
Thay x = 1 vào phương trình (1), ta được
1
3 − 3 · 1
2 − 6 · 1 + 6 − m = 0 ⇔ −2 − m = 0 ⇔ m = −2.
Với m = −2, phương trình (1) trở thành
x
3 − 3x
2 − 6x + 8 = 0 ⇔ (x − 1)(x
2 − 2x − 8) = 0 ⇔
⎡
⎢
⎣
x = 1
x = 4
x = −2.
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt, vậy m = −2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giá trị m = −2 thuộc khoảng (−3; 1).
Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 85, 86, 87.
Có 3 hộp đựng. Hộp 1 có 1 thẻ xanh, 1 thẻ đỏ, 1 thẻ vàng. Hộp 2 có 1 thẻ xanh, 1 thẻ đỏ. Hộp 3 có 1 thẻ vàng, 1 thẻ đỏ. Lấy
ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 thẻ.
Câu 85. [VETA] Tính số phần tử của không gian mẫu n(Ω).
A. 12. B. 7. C. 16. D. 8.
Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu chính là số cách chọn 1 thẻ từ hộp 1, 1 thẻ từ hộp 2 và 1 thẻ từ hộp 3.
Áp dụng quy tắc nhân:
n(Ω) = 3 × 2 × 2 = 12.
Chọn đáp án A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 86. [VETA] Xác suất lấy được ít nhất 1 thẻ đỏ:
A. 3
4
. B. 2
3
. C. 5
7
. D. 5
6
.
9
Trang 10
VETA Edu
Lời giải. Sử dụng biến cố đối: “Không lấy được thẻ đỏ nào” (tức là cả 3 thẻ lấy ra đều không phải màu đỏ).
Lấy 1 thẻ không đỏ từ Hộp 1 (chọn xanh hoặc vàng): có 2 cách.
Lấy 1 thẻ không đỏ từ Hộp 2 (chỉ có thể chọn xanh): có 1 cách.
Lấy 1 thẻ không đỏ từ Hộp 3 (chỉ có thể chọn vàng): có 1 cách.
Số cách lấy không có thẻ đỏ là: 2 × 1 × 1 = 2 cách.
Xác suất để không có thẻ đỏ nào là: 2
12
=
1
6
.
Suy ra xác suất để có ít nhất 1 thẻ đỏ là: 1 −
1
6
=
5
6
.
Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 87. [VETA] Xác suất lấy được nhiều nhất 1 thẻ xanh là:
A. 2
3
. B. 5
6
. C. 5
7
. D. 1
4
.
Lời giải. Gọi A là biến cố: “Lấy được nhiều nhất 1 thẻ xanh”.
Nhận xét: Hộp 3 chỉ có thẻ vàng và thẻ đỏ, hoàn toàn không có thẻ xanh. Do đó, thẻ xanh chỉ có thể được lấy từ Hộp
1 hoặc Hộp 2. Biến cố A xảy ra trong 2 trường hợp (TH) rời nhau:
Ë TH1: Không lấy được thẻ xanh nào (0 thẻ xanh).
— Lấy 1 thẻ không xanh từ Hộp 1 (đỏ hoặc vàng): có 2 cách.
— Lấy 1 thẻ không xanh từ Hộp 2 (đỏ): có 1 cách.
— Lấy 1 thẻ không xanh từ Hộp 3 (đỏ hoặc vàng): có 2 cách.
Số cách cho TH1 là: 2 × 1 × 2 = 4 cách.
Ë TH2: Lấy được đúng 1 thẻ xanh.
— Khả năng 1: Thẻ xanh lấy từ Hộp 1, Hộp 2 không lấy thẻ xanh.
+ Hộp 1 lấy thẻ xanh: 1 cách.
+ Hộp 2 lấy thẻ đỏ (không xanh): 1 cách.
+ Hộp 3 lấy thẻ bất kỳ: 2 cách.
⇒ 1 × 1 × 2 = 2 cách.
— Khả năng 2: Thẻ xanh lấy từ Hộp 2, Hộp 1 không lấy thẻ xanh.
+ Hộp 1 lấy thẻ không xanh (đỏ hoặc vàng): 2 cách.
+ Hộp 2 lấy thẻ xanh: 1 cách.
+ Hộp 3 lấy thẻ bất kỳ: 2 cách.
⇒ 2 × 1 × 2 = 4 cách.
Số cách cho TH2 là: 2 + 4 = 6 cách.
Tổng số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n(A) = 4 + 6 = 10.
Xác suất cần tìm là: P(A) = n(A)
n(Ω) =
10
12
=
5
6
.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
Dựa vào thông tin sau, trả lời các câu hỏi 88, 89, 90.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh: A(1; 5), B(−3; 1), C(5; 5).
Câu 88. [VETA] Gọi I ∈ Ox sao cho (IA + IC)min. Tổng tọa độ của điểm I là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Lời giải. Điểm I ∈ Ox ⇒ I(x; 0).
Ta thấy hai điểm A(1; 5) và C(5; 5) có tung độ đều bằng 5 > 0, suy ra A và C nằm cùng một phía đối với trục hoành
Ox.
Gọi A′
là điểm đối xứng của A qua Ox ⇒ A′
(1; −5). Khi đó IA = IA′
.
Ta có IA + IC = IA′ + IC ≥ A′C.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi I, A′
, C thẳng hàng, tức là I là giao điểm của đường thẳng A′C với trục Ox.
Ta có # »
A′C = (5 − 1; 5 − (−5)) = (4; 10) = 2(2; 5).
10 Thầy Tạ Tiến Thanh
Trang 11
Chuyên luyện thi Đánh giá năng lực ĐHQG HCM
Phương trình đường thẳng A′C đi qua C(5; 5) và có véc-tơ pháp tuyến #»n = (5; −2) là:
5(x − 5) − 2(y − 5) = 0 ⇔ 5x − 2y − 15 = 0.
Vì I = A′C ∩ Ox, thay y = 0 vào phương trình trên ta được:
5x − 15 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ I(3; 0).
Tổng tọa độ của điểm I là 3 + 0 = 3.
Chọn đáp án D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 89. [VETA] Gọi H(a; b) là chân đường cao hạ từ A vào BC. Giá trị của a + b là
A. 1,8. B. 1. C. 5,2. D. 3.
Lời giải. Ta có # » BC = (5 − (−3); 5 − 1) = (8; 4) = 4(2; 1).
Đường thẳng BC đi qua B(−3; 1) và nhận #»n BC = (1; −2) làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình:
1(x + 3) − 2(y − 1) = 0 ⇔ x − 2y + 5 = 0.
Vì H ∈ BC ⇒ H(2t − 5;t).
Ta có # » AH = (2t − 5 − 1;t − 5) = (2t − 6;t − 5).
Do AH ⊥ BC ⇔
# » AH ·
# » BC = 0:
2(2t − 6) + 1(t − 5) = 0 ⇔ 5t − 17 = 0 ⇔ t =
17
5
= 3,4.
Suy ra tọa độ điểm H là:
a = 2 · 3,4 − 5 = 1,8; b = 3,4.
Vậy giá trị của a + b = 1,8 + 3,4 = 5,2.
Chọn đáp án C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .□
Câu 90. [VETA] Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm △ABC. Tính tích vô hướng # » AG ·
# » AM
A. −
16
3
. B. 8
3
. C. −
8
3
. D. 16
3
.
Lời giải. Vì M là trung điểm của BC nên tọa độ của M là:
xM =
−3 + 5
2
= 1; yM =
1 + 5
2
= 3 ⇒ M(1; 3).
Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có # » AG =
2
3
# » AM.
Do đó:
# » AG ·
# » AM =
2
3
# » AM ·
# » AM =
2
3
AM2
.
Ta tính độ dài bình phương đoạn thẳng AM với A(1; 5) và M(1; 3):
AM2 = (1 − 1)2 + (3 − 5)2 = 0 + 4 = 4.
Vậy tích vô hướng bằng:
# » AG ·
# » AM =
2
3
· 4 = 8
3
.
Chọn đáp án B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . □
11
评论 (0)
暂无评论。快来抢沙发吧！