Với Giải đề minh họa Đánh giá năng lực Công an mã đề CA1 năm 2022 sẽ giúp học sinh ôn luyện đề thi ĐGNL đạt kết quả tốt.

Giải đề minh họa Đánh giá năng lực Công an mã đề CA1

Lời giải đề minh họa Đánh giá năng lực Công an mã đề CA1 gồm 50 câu trong 50 trang. Dưới đây tóm tắt lời giải của một số câu hỏi có trong đề thi, mời bạn tải xuống để xem đầy đủ.

Bộ Công an

Trường Đại học Công an nhân dân

Đề thi Đánh giá năng lực năm 2022

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

PHẦN TRẮC NGHIỆM LĨNH VỰC KHOA HỌC TỰ NHIÊN VÀ XÃ HỘI (50 điểm)

Câu 1.Vận tốc của vật rơi tự do phụ thuộc vào thời gian được biểu diễn theo dạng đồ thị nào sau đây?

A.

B.

C.

D.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vật rơi tự do nên chuyển động là nhanh dần đều.

Phương trình vận tốc v = g.t (v₀ = 0 m/s) có đồ thị là đường thẳng và đi qua gốc tọa độ.

Câu 2.Kính lúp là dụng cụ quang học thường được sử dụng trong công tác khám nghiệm hiện trường. Khi thu thập dấu vết hiện trường bằng kính lúp, tính chất của ảnh thu được là

A. ảnh ngược chiều, lớn hơn vật.

B.ảnh cùng chiều, lớn hơn vật.

C. ảnh cùng chiều, nhỏ hơn vật.

D. ảnh ngược chiều, nhỏ hơn vật.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Khi thu thập dấu vết hiện trường bằng kính lúp, tính chất của ảnh thu được làảnh cùng chiều, lớn hơn vật.

Câu 3.Laze không được sử dụng trong thiết bị nào sau đây?

A. Máy ngắm đường thẳng trong trắc địa.

B.Máy bắn tốc độ giao thông.

C. Máy soi hành lí ở sân bay.

D. Đầu đọc đĩa CD/VCD.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

C sai vì máy soi hành lí ở sân bay sử dụng tia tử ngoại.

Câu 4.Trong khoảng thời gian 6 giờ có 75% số hạt nhân ban đầu của một đồng vị phóng xạ bị phân rã. Chu kì bán rã của đồng vị đó là

A. 8 giờ.

B.4 giờ.

C. 3 giờ.

D. 12 giờ.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

75% số hạt nhân ban đầu bị phân rã nên số hạt nhân còn lại là 25%.

Ta có: $N=N_0{.2}^{\frac{-t}{T}}\iff 0,25N_0=N_0{.2}^{\frac{-t}{T}}$

$\Rightarrow 2^{-2}=2^{\frac{-t}{T}}\Rightarrow 2=\frac{t}{T}\Rightarrow T=\frac{t}{2}=\frac{1}{2}.6=3$ giờ

Câu 5. Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 20 mH và tụ điện có điện dung C. Trong mạch đang có dao động điện từ tự do với cường độ dòng điệni = 0,2cos(2.10³t) (i tính bằng A, t tính bằng s). Ở thời điểm cường độ dòng điện trong mạch bằng một nửa cường độ dòng điện cực đại thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ có độ lớn bằng

A. $3\sqrt{3}V$

B. $2\sqrt{3}V$

C. $6\sqrt{3}V$

D. $4\sqrt{3}V$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Từ phương trình I $\Rightarrow I_0=0,2A;\omega ={2.10}^{3}rad/s$

Mà $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}\Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }^2.L}$ (1)

Lại có: $W=W_{L\max }=W_{C\max }$

$\Rightarrow \frac{1}{2}L{I}_0^2=\frac{1}{2}C.U_0^2\Rightarrow U_0=I_0\sqrt{\frac{L}{C}}$ (2)

Thay (1) vào (2) được: $U_0=I_0.L.\omega =0,{\mathrm{2.20.10}}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^3=8V$

Do u, i vuông pha nên:

${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$ thay i = 0,5 I₀ ta được

${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{I_0}{2.I_0}\right)}^2=1\Rightarrow {\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2=\frac{3}{4}\Rightarrow u=4\sqrt{3}V$

Câu 6. Trong thí nghiệm I–âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng sử dụng là nguồn đơn sắc có bước sóng λ. Tại điểm M trên màn quan sát, ta thu được vân sáng bậc k. Khi tăng hoặc giảm khoảng cách từ hai khe tới màn quan sát một đoạn ∆D (sao cho màn quan sát vẫn song song với màn chứa hai khe và vị trí vân sáng trung tâm không thay đổi) thì tại M có vân sáng tương ứng với bậc k₁ và bậc k₂. Mối liên hệ giữa k, k₁ và k₂ là:

A. $k=\frac{k_1+k_2}{2}$

B. $k=\frac{\left(k_1-k_2\right)}{2}$

C. $k=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k_1}-\frac{1}{k_2}\right)$

D. $k=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}\right)$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vân sáng trùng nhau: k. i = k₁ . i₁ = k₂ . i₂ = x_M

Với $i_1=\frac{\lambda D}{a}+\frac{\lambda \Delta D}{a};i_2=\frac{\lambda D}{a}-\frac{\lambda \Delta D}{a}$

$\Rightarrow i_1+i_2=2\frac{\lambda D}{a}=2i$

$\Rightarrow \frac{x}{k_1}+\frac{x}{k_2}=2\frac{x}{k}\Rightarrow \frac{1}{k}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}\right)$

Câu 7. Trong một thí nghiệm về giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn sóng kết hợp dao động cùng pha được đặt tại A và B. Điểm M trên mặt nước dao động với biên độ cực đạivà MB – MA = 8 cm. Biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s và tần số sóng nằm trong khoảng từ 18 Hz đến 21 Hz. Điểm M nằm trên đường cực đại bậc:

A. 4.

B. 2.

C. 3.

D. 5.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Hai nguồn cùng pha: $\Delta \phi =0$

Điểm M trên mặt nước dao động với biên độ cực đại:

$\frac{d_2-d_1}{\lambda }-\frac{\Delta \phi }{2\pi }=k\Rightarrow \frac{8}{\lambda }-0=k$

$\Rightarrow \frac{8f}{v}=k\Rightarrow f=\frac{v.k}{8}=\frac{40.k}{8}=5k$

Mà $18\le f\le 21\Rightarrow 3,6\le k\le 4,2\Rightarrow k=4$

Câu 8. Trong một thí nghiệm về dao động, ta treo một vật nặng vào đầu dưới của lò xo nhẹ và kích thích cho hệ dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Độ lớn lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm treo biến đổi theo thời gian như hình vẽ bên. Lấy g = 10 m/s². Khối lượng của quả nặng là:

A. 0,2 kg.

B.0,1 kg.

C. 0,3 kg.

D. 0,4 kg.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Dựa vào đồ thị ta thấy: Vật bắt đầu dao động từ thời điểm t = 0 và lò xo không dãn, tới thời điểm lò xo dãn cực đại ở biên A, về thời điểm lò xo không dãn và tiếp tục tới lò xo dãn với F_đh = 2, cuối cùng quay về vị trí ban đầu lò xo không dãn. Quá trình đó là một chu kì dao động và có T = 0,3 s.

Ta có: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,3}=\frac{20}{3}\pi$

$\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{{\pi }^2}{{\left(\frac{20}{3}\right)}^2.{\pi }^2}=0,0225\left(m\right)$

Từ đồ thị ta có:

$F_{dhmax}=6=k\left(\Delta l_0+A\right)$ (1)

$F_{dh(-A)}=2=k\left(A-\Delta l_0\right)$ (2)

Lấy (1) : (2) ta được $\frac{\Delta l_0+A}{A-\Delta l_0}=3\Rightarrow A=2\Delta l_0=0,045\left(m\right)$

Thay lại vào (1) ta được k.(0,0225 + 0,045) = 6 $\Rightarrow$ k = 88,88 (N/m)

Lại có: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{20}{3}\pi \Rightarrow m=0,3kg$

Câu 9. Đặt điện áp $u=U\sqrt{2}cos\omega t\left(V\right)$ (U và $\omega$ không đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở R và cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thay đổi được. Dùng vôn kế lí tưởng mắc vào hai đầu L. Khi L = L₁ thì số chỉ vôn kế là U₁, độ lệch pha của u và i là φ₁ và mạch AB tiêu thụ công suất là $\text{P}{1}^{}$. Khi L = L₂ thì số chỉ vôn kế là U₂, độ lệch pha của u và I là <${\phi }_2$ và mạch AB tiêu thụ công suất P₂. Nếu <$\phi {+}_2{\phi }_1=\frac{\pi }{2}$ và

U₁ = 3 U₂ thì tỉ số $\frac{{\text{P}}_2}{{\text{P}}_1}$ là

A. $\frac{1}{9}$.

B. 9.

C. 3.

D. $\frac{1}{3}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\text{P}=U.I.cos\phi =\frac{U^2}{Z}.cos\phi =\frac{U^2}{R}.co{s}^2\phi$

$\Rightarrow \frac{{\text{P}}_2}{{\text{P}}_1}=\frac{co{s}^2{\phi }_2}{co{s}^2{\phi }_1}$

Mà ${\phi }_1+{\phi }_2=\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_1=\frac{\pi }{2}-{\phi }_2$

Lại có: U_L1 = 3 U_L2

Ta có giản đồ vectơ

$\Rightarrow \sin {\phi }_1.U=3\sin {\phi }_2.U\Rightarrow \sin {\phi }_1=3\sin {\phi }_2$

$\Rightarrow \sin \left(\frac{\pi }{2}-{\phi }_2\right)=3\sin {\phi }_2$

$\Rightarrow cos{\phi }_2=3\sin {\phi }_2\Rightarrow \tan {\phi }_2=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow cos{\phi }_2=0,95;cos{\phi }_1=0,32$

$\Rightarrow \frac{{\text{P}}_2}{{\text{P}}_1}=\frac{co{s}^2{\phi }_2}{co{s}^2{\phi }_1}=9$

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.