Đáp án & lời giải chi tiết: [9Study] Đề luyện thi ĐGNL ĐHQG TP.HCM 2026 - Đề số 09 — Toán học

Chọn D

Mỗi đội phải đấu với 19 đội còn lại, nên theo quy tắc nhân ta có $19.20=380$ trận.

Nhưng đội $A$ gặp đội $B$ thì được tính hai lần. Do đó số trận đấu thực tế là $\frac{380}{2}=190$ trận.

Chọn B

Trên khoảng $(0;+\infty )$, ta có $y^{\prime }=\frac{4}{3}{x}^{\frac{4}{3}-1}=\frac{4}{3}{x}^{\frac{1}{3}}$.

Chọn B

Ta có ${\log }_2{a}^3+{\log }_{2}b=7\iff {\log }_2(a^3)b=7\iff a^{3}b=2^7=128$.

Chọn A

Điều kiện $x\ne 1$.

Dựa vào đồ thị ta thấy theo thứ tự từ trái qua phải đồ thị đi lên nên $y^{\prime }>0,\forall x\ne 1$.

Chọn B

Dễ thấy $u_n$ phải là cấp số cộng:

Ta có:

$S_n=\frac{u_1+u_n}{2}\cdot n⟺\frac{n[2a_1+(n-1)d]}{2}=2n^2+3n⟺n(nd+2a_1-d)=n(4n+6)$

$\iff \{\begin{array}{l}d=4\\ 2a_1-d=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}d=4\\ a_1=5\end{array}$.

Chọn B

Điều kiện $\{\begin{array}{l}n\in \end{array}{\mathbb{N}}^{\ast }n\ge 2$.

Ta có

$A_n^2-C_n^2=4950\iff \frac{n!}{(n-2)}!-\frac{n!}{2!(n-2)}!=4950\iff n.(n-1)=9900\iff n=100$.

Khi đó $P=\frac{n\cdot C_{2n}^n}{C_{2n}^{n+1}}=n\cdot \frac{(2n)!}{n!n!}\cdot \frac{(n+1)!(n-1)!}{(2n)!}=n+1$.

Vậy $P=101$.

Chọn B

$2^{{\sin }^{2}x}+2^{1+{\cos }^{2}x}=2⟺2^{{\sin }^{2}x}+2^{2-{\sin }^{2}x}=2⟺2^{{\sin }^{2}x}+\frac{4}{2^{{\sin }^{2}x}}=2$ (*).

Đặt $t=2^{{\sin }^{2}x}$ mà ${\sin }^{2}x\in [0;1]$ suy ra $t\in [1;2]$, khi đó (*) $\iff 2=f(t)=t+\frac{4}{t}$.

$\Rightarrow t+\frac{4}{t}=4⟺t^2-4t+4=0⟺(t-2{)}^2=0⟺t=2\Rightarrow 2^{{\sin }^{2}x}=2⟺{\sin }^{2}x=1$$\iff \sin x=\pm 1$

$\iff x=\frac{\pi }{2}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Vậy có 2 điểm phân biệt biểu diễn các nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác.

Chọn D

Ta có $2^{{\sin }^{2}x}+2^{1+{\cos }^{2}x}=m⟺2^{{\sin }^{2}x}+2^{2-{\sin }^{2}x}=m⟺2^{{\sin }^{2}x}+\frac{4}{2^{{\sin }^{2}x}}=m$ (*).

Đặt $t=2^{{\sin }^{2}x}$ mà ${\sin }^{2}x\in [0;1]$ suy ra $t\in [1;2]$, khi đó (*) $\iff m=f(t)=t+\frac{4}{t}$.

Xét hàm số $f(t)=t+\frac{4}{t}$ trên đoạn $[1;2]$,có $f^{\prime }(t)=1-\frac{4}{t^2}\le 0;\forall t\in [1;2]$

$\Rightarrow f(t)$ là hàm số nghịch biến trên $[1;2]$ nên (*) có nghiệm $\iff f(2)\le m\le f(1)$.

Vậy $4\le m\le 5$ là giá trị cần tìm.

Chọn A

Ta có

$u_{n+1}=\frac{1}{9}(u_n+2\sqrt{4u_n+1})+2\Rightarrow u_2=\frac{1}{9}(u_1+2\sqrt{4u_1+1})+2$

$=\frac{1}{9}(2+2\sqrt{4.2+1})+2=\frac{10}{9}$

Vậy $u_2=\frac{10}{9}$.

Chọn C

$\text{Chọn C}\begin{array}{rl}{u}_{n+1}=\frac{1}{9}\left(u_n+2\sqrt{4u_n+1}\right)+2& ⟺9u_{n+1}=u_n+2\sqrt{4u_n+1}+18\\ & ⟺36u_{n+1}=4u_n+8\sqrt{4u_n+1}+72\\ & ⟺36u_{n+1}+9=(4u_n+1)+8\sqrt{4u_n+1}+16\\ & ⟺9(4u_{n+1}+1)={\left(\sqrt{4u_n+1}+4\right)}^2\\ & ⟺3\sqrt{4u_{n+1}+1}=\sqrt{4u_n+1}+4\\ & ⟺3\left(\sqrt{4u_{n+1}+1}-2\right)=\sqrt{4u_n+1}-2(\ast )\end{array}\text{Đặt }{v}_n=\sqrt{4u_n+1}-2.\text{Luˊc naˋy }(\ast )⟺v_{n+1}=\frac{1}{3}{v}_n,\text{ đaˆy laˋ caˆˊp soˆˊ nhaˆn với }q=\frac{1}{3},v_1=1.\text{Do đoˊ: }{v}_n={\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\Rightarrow u_n=\frac{(v_n+2{)}^2-1}{4}=\frac{{\left(2+{\left(\frac{1}{3}\right)}^{n-1}\right)}^2-1}{4},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\text{Vậy }\lim u_n=\frac{3}{4}.$