Đề minh họa ĐGNL Bộ Công an năm 2022 phân môn Toán

Với Đề minh họa ĐGNL Bộ Công an năm 2022 phân môn Toán sẽ giúp học sinh ôn luyện đề thi ĐGNL đạt kết quả tốt.

Đề minh họa ĐGNL Bộ Công an năm 2022 phân môn Toán

Để mua trọn bộ Đề ôn thi ĐGNL Bộ Công an năm 2023 bản word có lời giải chi tiết, đẹp mắt, quý Thầy/Cô vui lòng truy cập tailieugiaovien.com.vn

Bộ Công an

Trường Đại học Công an nhân dân

Đề thi Đánh giá năng lực năm 2022

Phần tự luận: môn Toán

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I. (2 điểm)

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x³ – 6x² + 5 trên đoạn [–1; 2].

2) Cho hàm số $y=\frac{-4x+12}{x+1}$ có đồ thị là (C), đường thẳng d: y = 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.

Hướng dẫn giải

1) Ta có hàm số y = x³ – 6x² + 5

$\Rightarrow$ y' = 3x² – 12x

y' = 0 $\iff$ 3x² – 12x = 0

$\iff$ 3x(x – 4) = 0

$\iff$ $\left(\begin{array}{c}x=0\left(tm\right)\\ x=4\left(ktm\right)\end{array}\right)$(do x ∈ [–1; 2])

Xét x ∈ [–1; 2] ta có:

y(–1) = (–1)³ – 6.(–1)² + 5 = –2.

y(0) = 0³ – 6.0² + 5 = 5.

y(2) = 2³ – 6.2² + 5 = –11.

Ta thấy y(2) có giá trị nhỏ nhất.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x³ – 6x² + 5 trên đoạn [–1; 2] là –11 khi x = 2.

2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (C) và đường thẳng d là:

$\frac{-4x+12}{x+1}=2x+m$ (x ≠ –1) (1)

$\Rightarrow$ –4x + 12 = (2x + m)(x + 1)

$\iff$ –4x + 12 = 2x² + mx + 2x + m

$\iff$ 2x² + (m + 6)x + m – 12 = 0 (2)

Ta có D = (m + 6)² – 4.2.(m – 12)

$\Rightarrow$D = m² + 12m + 36 – 8m + 96

$\Rightarrow$D = m² + 4m + 132

$\Rightarrow$D = (m + 2)² + 128 > 0 với mọi m

Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

$\iff$ Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác –1 với mọi m.

Với x = –1 ta thay vào phương trình (2) ta được:

2(–1)² + (m + 6).(–1) + m – 12 = 0

$\iff$ 2 – m – 6 + m – 12 = 0

$\iff$ –16 = 0 (vô lí)

Suy ra x = –1 không phải là nghiệm của phương trình (2).

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Vậy đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của tham số m.

Câu II. (2 điểm)

1) Tìm số phức z thỏa mãn: $z-2\overline{z}=2+15i$.

2) Tìm nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=\frac{3x+2}{x^2+3x+2}$.

Hướng dẫn giải

Gọi z = a + bi (a, b $\in$ ℝ) $\Rightarrow$ $\overline{z}=a-bi$.

Ta có: $z-2\overline{z}=2+15i$

$\iff$ a + bi – 2(a – bi) = 2 + 15i

$\iff$ a + bi – 2a + 2bi = 2 + 15i

$\iff$ –a + 3bi = 2 + 15i

$\iff \left(\begin{array}{c}-a=2\\ 3b=15\end{array}\right)$

$\iff \left(\begin{array}{c}a=-2\\ b=5\end{array}\right)$

$\Rightarrow$ z = −2 + 5i.

Vậy số phức thỏa mãn yêu cầu bài toán là: z = −2 + 5i.

2) Hàm số $f\left(x\right)=\frac{3x+2}{x^2+3x+2}$.

Ta có $\int \frac{3x+2}{x^2+3x+2}=\int \frac{4(x+1)-(x+2)}{(x+1)(x+2)}$

$=\int \left(\frac{4(x+1)}{(x+1)(x+2)}-\frac{x+2}{(x+1)(x+2)}\right)$

$=\int \left(\frac{4}{x+2}-\frac{1}{x+1}\right)$

= 4 ln |x + 2| − ln |x + 1| + C.

Câu III. (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(1; 2) và đường thẳng d: 3x – 4y + 10 = 0. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng d.

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng $d:\frac{x}{1}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-3}{-2}$ và mặt cầu (S): x² + y² + z² – 2x + 6z – 6 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho giao tuyến của (P) và (S) là đường tròn có bán kính nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải

1) Khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng d là: d(I; d) = $\frac{\left(3.1-4.2+10\right)}{\sqrt{3^2+4^2}}=1$.

Vì đường tròn (C) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng d nên R = 1.

Phương trình đường tròn (C) có tâm I và tiếp xúc với đường thẳng d là:

(x – 1)² + (y – 2)² = 1.

2) Xét mặt cầu (S): x² + y² + z² – 2x + 6z – 6 = 0

⇔ (x – 1)² + y² + (z + 3)² = 4²

Khi đó phương trình đường tròn (S) có tâm I(1; 0; – 3) và R = 4.

Giao tuyến của (P) và (S) là đường tròn có bán kính nhỏ nhất khi khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.

Gọi H là chân đường cao kẻ từ điểm I xuống mặt phẳng (P) và K là chân đường cao kẻ từ điểm I xuống đường thẳng d, khi đó ta có: IH ≤ IK.

Do đó IH max khi H trùng K.

Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng d, phương trình mặt phẳng (Q) nhận vectơ chỉ phương của đường thẳng d là $\overrightarrow{u_d}$ = (1; 1; – 2) làm vectơ pháp tuyến là: (x – 1) + y – 2(z + 3) = 0 ⇔ x + y – 2z – 7 = 0.

Ta có: K = (Q) ∩ d nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

$\left(\begin{array}{c}x=t\\ y=1+t\\ z=3-2t\\ x+y-2z-7=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=t\\ y=1+t\\ z=3-2t\\ t+1+t-2(3-2t)-7=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=2\\ y=3\\ z=-1\\ t=2\end{array}\right)$

⇒ K(2; 3; -1)

⇒$\overrightarrow{IK}=\left(1;3;2\right)$

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua K(2; 3; -1) nhận$\overrightarrow{IK}=\left(1;3;2\right)$ làm vec tơ pháp tuyến là:

1(x – 2) + 3(y – 3) + 2(z + 1) = 0 ⇔x + 3y + 2z – 9 = 0.

Câu IV. (2 điểm)

1) Cho tập hợp A = {1; 2; ...; 20} gồm 20 số nguyên dương đầu tiên. Lấy ngẫu nhiên hai số phân biệt từ tập A. Tìm xác suất để tích hai số được chọn là một số chia hết cho 6.

2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, $\widehat{BAC}=120°$, AB = AC = a. Tam giác SAB vuông tại B, tam giác SAC vuông tại C, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng 60°. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng HB vuông góc AB và tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Hướng dẫn giải

1)

Mỗi cách lấy ra ngẫu nhiên 2 số phân biệt từ tập A gồm 20 số nguyên dương đầu tiên cho ta một tổ hợp chập 2 của 20 phần tử. Do đó, không gian mẫu Ω gồm các tổ hợp chập 2 của 20 phần tử và n(Ω) = $C_{20}^2=190$.

Gọi biến cố E: “Tích hai số được chọn là một số chia hết cho 6”.

Trong các số thuộc tập hợp A:

+ Các số chia hết cho 6 là: 6; 12; 18, gồm có 3 số.

+ Các số chia hết cho 2 mà không chia hết cho 6 là: 2; 4; 8; 10; 14; 16; 20, gồm có 7 số.

+ Các số chia hết cho 3 mà không chia hết cho 6 là: 3; 9; 15, gồm có 3 số.

Để lấy ra 2 số thuộc tập A thỏa mãn biến cố E, xảy ra ba trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Chọn một số chia hết cho 6 và một số ngẫu nhiên không chia hết cho 6 trong các số còn lại. Số cách chọn là $C_3^1.C_{17}^1=3.17=51$.

• Trường hợp 2: Chọn hai số chia hết cho 6, số cách chọn là $C_3^2=3$.

• Trường hợp 3: Chọn một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 nhưng cả hai số này đều không chia hết cho 6. Số cách chọn là $C_7^1.C_3^1=7.3=21$.

Vì ba trường hợp là rời nhau, do đó, n(E) = 51 + 3 + 21 = 75.

Vậy xác suất của biến cố E là: $P\left(E\right)=\frac{n\left(E\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{75}{190}=\frac{15}{38}$.

2)

Xét tam giác SAB vuông tại B và tam giác SAC vuông tại C có:

AB = AC (gt)

SA cạnh chung

Do đó, ∆SAB = ∆SAC (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Suy ra SB = SC.

Gọi Am là tia phân giác của góc BAC.

Vì H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC).

Nên H thuộc phân giác Am.

+) Ta có: SH ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ AB

Lại có SB ⊥ AB (do tam giác SAB vuông tại B)

Do đó, AB ⊥ (SHB).

Suy ra AB ⊥ HB (đpcm).

+) Do AH là phân giác của góc BAC nên $\widehat{BAH}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\frac{1}{2}.120°=60°$.

Tam giác ABH vuông tại B (BH ⊥ AB) nên BH = AB . tan$\widehat{BAH}$ = a . tan60° = $a\sqrt{3}$.

Lại có: (SAB) ∩ (ABC) = AB và BH ⊥ AB, SB ⊥ AB (cmt).

Suy ra $\widehat{\left(\left(SAB\right);\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(BH;SB\right)}=\widehat{SBH}=60°$.

Vì HB ⊂ (ABC) nên SH ⊥ HB, do đó tam giác SHB vuông tại H.

Ta có: SH = HB . tan$\widehat{SBH}$ = $a\sqrt{3}$ . tan 60° = 3a.

Diện tích tam giác ABC là:

S_ABC = $\frac{1}{2}$ AB . AC . sin$\widehat{BAC}$ = $\frac{1}{2}$ . a . a . sin120° = $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Thể tích của hình chóp S.ABC là: V = $\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.3a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Câu V. (2 điểm)

1) Tính tích phân $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{x^{2}s\text{inx}}{x\sin x+\cos x}dx.$

2) Cho các số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn: ${\log }_2\left(x+y\right)+\frac{x}{y}={\log }_2\frac{x^{2}y}{2}+x^2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}$.

Hướng dẫn giải

1) $I=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{x^{2}s\text{inx}}{x\sin x+\cos x}dx=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{x^{2}s\text{inx+xcosx}}{x\sin x+\cos x}dx-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\text{xcosx}}{x\sin x+\cos x}dx$

$=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{x\left(xs\text{inx+cosx}\right)}{x\sin x+\cos x}dx-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\text{xcosx}}{x\sin x+\cos x}dx$

$=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}xdx-\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\text{xcosx}}{x\sin x+\cos x}dx$

Đặt $I_1=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}xdx={\left(\frac{1}{2}{x}^2\right)}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{{\pi }^2}{8}$ ;

Đặt $I_2=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{\text{xcosx}}{x\sin x+\cos x}dx$

Đặt t = xsinx + cosx

⇒ dt = (sinx + xcosx – sinx)dx

⇔ dt = xcosxdx

Đổi cận

x	0	$\frac{\pi }{2}$
t	1	$\frac{\pi }{2}$

Khi đó $I_2=\underset{1}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{dt}{t}={\left(\ln t\right)}_1^{\frac{\pi }{2}}=\ln \frac{\pi }{2}$

⇒I = I₁ – I₂ = <$\frac{{\pi }^2}{8}-\ln \frac{\pi }{2}$.

2) Vì x > 0, y > 0 nên ta có: ${\log }_2\left(x+y\right)+\frac{x}{y}={\log }_2\frac{x^{2}y}{2}+x^2$

⇔ log₂(x + y) + $\frac{x}{y}$ = log₂x²y – log₂2 + x²

⇔ log₂(x + y) + $\frac{x}{y}$ = log₂x² + log₂y – 1 + x²

⇔ log₂(x + y) – log₂y + $\frac{x}{y}$ + 1 = log₂x² + x²

⇔ ${\log }_2\frac{x+y}{y}+\frac{x+y}{y}$ = log₂x² + x² (1)

Xét hàm số f(t) = log₂t + t, với t > 0.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{1}{t.\ln 2}+1>0\forall t>0$.

Do đó, hàm số f(t) đồng biến trên (0; + ∞).

Khi đó, (1) $\iff f\left(\frac{x+y}{y}\right)=f\left(x^2\right)$

$\iff \frac{x+y}{y}=x^2$

⇔ x + y = x²y

⇔ y(x² – 1) = x

⇔ $y=\frac{x}{x^2-1}$ (do x > 0, y > 0 ⇒ x² – 1 > 0)

$\Rightarrow y^2=\frac{x^2}{{\left(x^2-1\right)}^2}\Rightarrow \frac{1}{y^2}=\frac{{\left(x^2-1\right)}^2}{x^2}$.

Ta có: $P=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}$$=\frac{1}{x^2}+\frac{{\left(x^2-1\right)}^2}{x^2}=\frac{x^4-2x^2+2}{x^2}$= x² – 2 + $\frac{2}{x^2}$

Vì x² > 0 (do x > 0) nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số thực dương x² và $\frac{2}{x^2}$, ta được: x² + $\frac{2}{x^2}$ ≥ 2$\sqrt{x^2.\frac{2}{x^2}}=2\sqrt{2}$.

Do đó, P = x² – 2 + $\frac{2}{x^2}$ ≥ $2\sqrt{2}-2$.

Dấu “=” xảy ra khi x² = $\frac{2}{x^2}$ ⇔ x⁴ = 2 ⇔ x = $\pm \sqrt[4]{2}$, do x > 0 nên x = $\sqrt[4]{2}$.

Suy ra, $y=\frac{x}{x^2-1}=\frac{\sqrt[4]{2}}{{\left(\sqrt[4]{2}\right)}^2-1}=\frac{\sqrt[4]{2}}{\sqrt{2}-1}$.

Vậy P_min = $2\sqrt{2}-2$ khi x = $\sqrt[4]{2}$, y = $\frac{\sqrt[4]{2}}{\sqrt{2}-1}$.

---