Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 18)

Đáp án

Giải thích

Phương trình tham số d: $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3-t\\ z=1+t\end{array}\Rightarrow I(1+2t;3-t;1+t)\in d$.

Vì $I=d\cap \left(P\right)$ nên ta có: $2\left(1+2t\right)-3\left(3-t\right)+1+t-2=0\iff t=1$

$\Rightarrow I\left(3;2;2\right)$.

Đường thẳng $d$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-1;1\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right)$ có vecto pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-3;1\right)$.

Sin góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left(P\right)$ là: $\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{u_d}.\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}|}{|\overrightarrow{u_d}|.|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}|}=\frac{4\sqrt{21}}{21}$.

$\Rightarrow \cos \alpha =\sqrt{1-\mathrm{si}{\mathrm{n}}^2\alpha }=\frac{\sqrt{105}}{21}$.

Đáp án

Giải thích

+ Khối tứ diện đều có 4 đỉnh và 4 mặt.

+ Có 5 khối đa diện đều lần lượt là: $\left\{3;3\right\};\left\{3;4\right\};\left\{4;3\right\};\left\{3;5\right\};\left\{5;3\right\}$.

+ Có ba loại khối đa diện đều mà mỗi mặt của nó là một tam giác đều là: khối tứ diện đều, khối bát diện đều và khối hai mươi mặt đều.

+ Trong một hình đa diện, mỗi cạnh là cạnh chung của hai mặt.

Đáp án

Diện tích lát đá cẩm thạch bằng 14400 cm².

Thể tích cầu thang nối sân và nhà bằng 276480 cm³.

Chiều dài của cầu thang dắt xe máy lò 134 cm.

(Kết quả làm tròn đến hàng đơn vị)

Giải thích

Diện tích lát đá câm thạch là: $S=120\times \left(3\times 24\right)+120\times 48=14400\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Chồng bậc thang thứ nhất lên bậc thang thứ 2 thì ta có thể tích của cầu thang nối sân và nhà bằng thể tích của khối hộp chữ nhật có kích thước $120\mathrm{cm}\times 48\mathrm{cm}\times 48\mathrm{cm}$.

Thể tích của cầu thang nối sân và nhà là: $V=120\times 48\times 48=276480\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

21∘. (ảnh 2)">

Vì mặt thang dắt xe máy tạo với mặt phẳng sân một góc bằng $21^{\circ }$ nên ta có góc giữa hai mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ và $\left(CDEF\right)$ bằng $21^{\circ }$.

$\Rightarrow \left(BC;EC\right)=21^{\circ }$.

Xét $\Delta BCE$ vuông có: $BC=\frac{BE}{\sin {21}^{\circ }}\approx 134\left(\mathrm{cm}\right)$.

Vậy chiều dài của cầu thang dắt xe máy là 134 cm.

Đáp án

Số hạng thứ 2042 của dãy số $\left(v_n\right)$ là 2087.

Số 2024 là số hạng thứ 1980 của dãy số $\left(v_n\right)$.

Giải thích

Ta thấy: $1936=44^2<2024<45^2=2025$.

$\Rightarrow$ Trong 2024 số hạng đầu của dãy số $\left(u_n\right)$ có 44 số chính phương.

$\Rightarrow$ Số 2024 là số hạng thứ $2024-44=1980$ của dãy số $\left(v_n\right)$.

Trong dãy số $\left(v_n\right)$ từ số hạng thứ 1981 đến số hạng thứ 2042 , có 61 số không là số chính phương.

Sau số chính phương $2025\left(={45}^2\right)$ thì số chính phương tiếp theo là $2116\left(={46}^2\right)$.

$\Rightarrow$ Có 90 số không là số chính phương trong dãy số tự nhiên từ 2026 đến 2115.

$\Rightarrow$ Số hạng thứ 2042 của dãy số $\left(v_n\right)$ là: $2026+61=2087$.

Đáp án

Giải thích

Diện tích hình phẳng D là: $S=\underset{0}{\overset{3}{\int }}\left|\frac{1}{3}{x}^3-x^2\right|\mathrm{d}x=\frac{9}{4}$.

Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay $D$ quanh trục hoành là:

.

Ta có: $f^{\prime }\left(x\right)=x^2-2x$.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và $y=f^{\prime }\left(x\right)$ là:

$\frac{1}{3}{x}^3-x^2=x^2-2x\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=3+\sqrt{3}\\ x=3-\sqrt{3}\end{array}$

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và $y=f^{\prime }\left(x\right)$ là:

$S^{\prime }=\underset{0}{\overset{3-\sqrt{3}}{\int }}\left|f\left(x\right)-f^{\prime }\left(x\right)\right|\mathrm{d}x+\underset{3-\sqrt{3}}{\overset{3+\sqrt{3}}{\int }}\left|f\left(x\right)-f^{\prime }\left(x\right)\right|\mathrm{d}x=2\sqrt{3}-3+4\sqrt{3}=6\sqrt{3}-3=3\left(2\sqrt{3}-1\right)$

Đáp án

Giả sử hàm số $f\left(x\right)$ có đạo hàm đến cấp hai trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $f^{\prime }\left(2\right)=2$ và $f\left(2-x\right)+x^2{f}^{\prime \prime }\left(x\right)=2x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Giá trị tích phân $\underset{0}{\overset{2}{\int }}x{f}^{\prime }\left(x\right)\mathrm{d}x$ bằng (1) ___4/3____.

Giải thích

Tại $x=0$ ta có: $f\left(2-x\right)+x^2{f}^{\prime \prime }\left(x\right)=2x\Rightarrow f\left(2\right)=0$

Lại có: ${{\int }^{\text{}}}_0^{2}f\left(2-x\right)\text{d}x+{{\int }^{\text{}}}_0^2{x}^2{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)\text{d}x={{\int }^{\text{}}}_0^{2}2x\text{ d}x={\left(x^2\right)}_0^2=4$

Xét $I_1={{\int }^{\text{}}}_0^{2}f\left(2-x\right)\text{d}x$

Đặt $2-x=t\Rightarrow \mathrm{d}x=-\mathrm{d}t$

Với $x=0\Rightarrow t=2;x=2\Rightarrow t=0$

 $\Rightarrow I_1=-{{\int }^{\text{}}}_2^{0}f\left(t\right)\text{d}t={{\int }^{\text{}}}_0^{2}f\left(t\right)\text{d}t={{\int }^{\text{}}}_0^{2}f\left(x\right)\text{d}x$

Đặt $\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ \mathrm{d}v=\mathrm{d}x\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\mathrm{d}u=f^{\prime }\left(x\right)\mathrm{d}x\\ v=x\end{array}$

 $\Rightarrow I_1={\left(\left(xf\left(x\right)\right)\right)}_0^2-{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=2f\left(2\right)-{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=-{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x$

Xét $I_2={{\int }^{\text{}}}_0^2{x}^2{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)\text{d}x$

Đặt $\{\begin{array}{c}u=x^2\\ \mathrm{d}v=f^{\prime \prime }\left(x\right)\mathrm{d}x\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x\\ v=f^{\prime }\left(x\right)\end{array}$

 $\Rightarrow I_2={\left(\left(x^2{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right)\right)}_0^2-{{\int }^{\text{}}}_0^{2}2x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=4f^{\text{'}}\left(2\right)-2{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=8-2{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x$

Vậy .$-{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x+8-2{{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=4\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_0^{2}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\text{d}x=\frac{4}{3}$

Đáp án

Cho khối trụ $\left(T\right)$ có chu vi của đường tròn đáy bằng $10\pi$ và có diện tích toàn phẩn bằng $110\pi$. Độ dài bán kính đáy của $\left(T\right)$ bằng (1) ___5___, độ dài đường cao của $\left(T\right)$ bằng (2) ___6___.

Giải thích

Ta có: $2\pi R=10\pi \Rightarrow R=5$.

$S_{tp}=2\pi R^2+2\pi Rh\Rightarrow 110\pi =2\pi .5^2+2\pi .5.h\Rightarrow h=6$.

Đáp án

Để $3-n$ chia hết cho 2 thì $n$ bằng 1 .

Với $n$ bằng 4  thì $2n+1$ chia hết cho $n-1$.

Có 2  số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n-4$ chia hết cho $2n-1$.

Giải thích

Vì $3-n$ chia hết cho 2 và $n$ là số tự nhiên nên $3-n=2\iff n=1$.

Ta có: $2n+1=2\left(n-1\right)+3$.

Để $2n+1$ chia hết cho $n-1$ thì $3⋮\left(n-1\right)\iff \left(n-1\right)\in \left\{1;3\right\}\iff n\in \left\{2;4\right\}$.

Ta có: $\left(n-4\right)⋮\left(2n-1\right)\Rightarrow 2\left(n-4\right)⋮\left(2n-1\right)$

$\Rightarrow \left[\left(2n-1\right)-7\right]⋮\left(2n-1\right)\Rightarrow 7⋮\left(2n-1\right)$

$\iff \left(2n-1\right)\in \left\{1;7\right\}\iff n\in \left\{1;4\right\}$

Thử lại, ta thấy cả 2 giá trị của $n$ đều thỏa mãn.

Đáp án

Hải có một tấm bìa hình tròn như hình vẽ, Hải muốn biến hình tròn đó thành một hình cái phễu hình nón. Khi đó Hải phải cắt bỏ hình quạt tròn $AOB$ rồi dán hai bán kính $OA$ và $OB$ lại với nhau (diện tích mép dán không đáng kể). Gọi $x$ là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Để thể tích phễu lớn nhất thì $x$ gần bằng (1) ___294___⁰ (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

AOB rồi dán hai bán kính $OA$ và $OB$ lại với nhau (diện tích mép dán không đáng kể). Gọi $x$ là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Để thể tích phễu lớn nhất thì $x$ gần bằng (1) ______0 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). (ảnh 2)">

Giải thích

AOB rồi dán hai bán kính $OA$ và $OB$ lại với nhau (diện tích mép dán không đáng kể). Gọi $x$ là góc ở tâm hình quạt tròn dùng làm phễu. Để thể tích phễu lớn nhất thì $x$ gần bằng (1) ______0 (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). (ảnh 3)">

Bán kính $R$ của hình tròn ban đầu chính là đường sinh của hình nón.

Độ dài cung lớn $AB$ chính là chu vi của đường tròn đáy hình nón và bằng . Vậy bán kính đáy của hình nón là .

Khi đó thể tích phễu hình nón là

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi \frac{R^2{x}^2}{{360}^2}\sqrt{R^2-{\left(\frac{Rx}{360}\right)}^2}=\frac{R^3{x}^2\pi }{{3.360}^3}\sqrt{{360}^2-x^2}$.

Yêu cầu bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của $V$ với $x\in \left(0;360\right)$.

Ta có $V=\frac{R^3{x}^2\pi }{{3.360}^3}\sqrt{{360}^2-x^2}=\frac{R^3\pi }{3\sqrt{2}{.360}^3}\sqrt{x^4\left({2.360}^2-2x^2\right)}$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $x^2{x}^2\left({2.360}^2-2x^2\right)\le {\left(\frac{x^2+x^2+{2.360}^2-2x^2}{3}\right)}^3=\frac{{8.360}^6}{27}$.

Suy ra $V\le \frac{R^3\pi }{3\sqrt{2}{.360}^3}.\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}360^3=\frac{2\sqrt{3}{R}^3\pi }{27}$.

Dấu bằng xảy ra khi $x^2=2.360^2-2x^2\iff x=\frac{360\sqrt{6}}{3}\approx 294^{\circ }$.

Đáp án

Giải thích

Đồ thị $\left(C\right)$ có đường tiệm cận ngang là $y=2$ và đường tiệm cận ngang là $x=1$.

$\Rightarrow I\left(1;2\right)$ là giao điểm của hai đường tiệm cận.

Giả sử $M\left(x_0;y_0\right)\in \left(C\right)$.

Ta có: $f^{\prime }\left(x\right)=-\frac{1}{{(x-1)}^2}$.

$\Rightarrow$ Phương trình tiếp tuyến tại $M$ là $\mathrm{\Delta }:y=-\frac{1}{{\left(x_0-1\right)}^2}\left(x-x_0\right)+\frac{2x_0-1}{x_0-1}$.

Gọi $A,B$ lần lượt là giao điểm của $\mathrm{\Delta }$ và hai đường tiệm cận.

$\Rightarrow A\left(1;\frac{2x_0}{x_0-1}\right),B\left(2x_0-1;2\right)$.

Ta có  vuông tại $I\Rightarrow$ Bán kính đường tròn ngoại tiếp  là

$\frac{AB}{2}=\sqrt{2}\iff A{B}^2=8$

$\iff {\left(2x_0-2\right)}^2+\frac{4}{{\left(x_0-1\right)}^2}=8$

$\iff {\left(x_0-1\right)}^2=1\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=2\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}M\left(0;1\right)\\ M\left(2;3\right)\end{array}$

Vậy có 2 điểm $M$ thỏa mãn.

Đáp án

Đồ thị hàm số $f\left(x\right)=\frac{x+2}{\sqrt{x^2-4}}$ có 1  tiệm cận đứng và 2  tiệm cận ngang.

Giải thích

Tập xác định. $D=\left(-\infty ;-2\right)\cup \left(2;+\infty \right)$.

Cách 1.

TH1. $x<-2\iff x+2<0$.

Khi đó $f\left(x\right)=\frac{x+2}{\sqrt{x^2-4}}=\frac{-\sqrt{{(x+2)}^2}}{\sqrt{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}}=-\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\sqrt{\frac{1+\frac{2}{x}}{1-\frac{2}{x}}}\right)=-1$

$\underset{x\to {(-2)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {(-2)}^{-}}{\lim }\left(-\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\right)=0$

Suy ra đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ có 1 tiệm cận ngang $y=-1$, không có tiệm cận đứng.

TH2. $x>2\Rightarrow x+2>0$.

Khi đó $f\left(x\right)=\frac{x+2}{\sqrt{x^2-4}}=\frac{\sqrt{{(x+2)}^2}}{\sqrt{\left(x+2\right)\left(x-2\right)}}=\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}$.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{\frac{1+\frac{2}{x}}{1-\frac{2}{x}}}=1$

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}=+\infty$

Suy ra đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ có 1 tiệm cận ngang y = 1, 1 tiệm cận đứng $x=2$.

Vậy đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ có 2 tiệm cận ngang, 1 tiệm cận đứng.

Cách 2. Sử dụng Casio

Nhập $\frac{x+2}{\sqrt{x^2-4}}$

 ta được kết quả $\approx 6324,55\to +\infty$ nên $x=2$ là tiệm cận đứng.

 ta được kết quả $\approx 0$ nên $x=-2$ không là tiệm cận đứng.

 và $10^8$ ta được kết quả $\approx 1$ nên $y=1$ là tiệm cận ngang.

 và $-10^8$ ta được kết quả $\approx -1$ nên $y=-1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số $f\left(x\right)$ có 2 tiệm cận ngang, 1 tiệm cận đứng.

Đáp án

Biết bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều $ABCD$ bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối tứ diện $ABCD$ bằng (1) __1/3__.

Giải thích

ABCD bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$. Thể tích khối tứ diện $ABCD$ bằng (1) ______. (ảnh 1)">

Gọi độ dài cạnh của tứ diện $ABCD$ là $x(x>0)$.

Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $CD$ và $O$ là trọng tâm .

Vì $ABCD$ là tứ diện đều nên $AO\perp \left(BCD\right)$.

Ta có: $BM=\frac{x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow BO=\frac{2}{3}BM=\frac{x\sqrt{3}}{3}$.

 vuông tại $O$ có: $AO=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\frac{x\sqrt{6}}{3}$

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đều $ABCD$ là: $R=\frac{A{B}^2}{2AO}=\frac{x\sqrt{6}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=\sqrt{2}$.

Khi đó, thể tích khối tứ diện $ABCD$ là: $V=\frac{x^3\sqrt{2}}{12}=\frac{1}{3}$.

Đáp án

Thể tích khối tứ diện $A^{\prime }B{C}^{\prime }D$ bằng 36.

Thể tích khối tứ diện $AMNP$ bằng 15.

Giải thích

ABCD.A′B′C′D′ có $M,N,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,C^{\prime }{D}^{\prime },D{D}^{\prime }$. Thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ bằng 144. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện có bốn đỉnh thuộc hai đường chéo của hai hình bình hành thuộc hai mặt phẳng song song ta có: $V_{A^{\prime }B{C}^{\prime }D}=\frac{V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}}{4}=36$.

ABCD.A′B′C′D′ có $M,N,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,C^{\prime }{D}^{\prime },D{D}^{\prime }$. Thể tích khối hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ bằng 144. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 3)">

Gọi $E=NP\cap CD$. Đặt $DC=2x,BC=2y$.

Ta có: $S_{EMA}=S_{ECBA}-S_{EMC}-S_{ABM}=5xy-\frac{3}{2}xy-xy=\frac{5}{2}xy$.

Khi đó, $V_{NEAM}=\frac{1}{3}{S}_{EMA}.d\left(N,\left(EMA\right)\right)=\frac{1}{3}{S}_{EMA}.C{C}^{\prime }=\frac{5}{24}.4xy.C{C}^{\prime }=\frac{5}{24}{V}_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=30$.

$\Rightarrow V_{NPAM}=\frac{1}{2}{V}_{NEAM}=15$.

Đáp án

Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ là 2 .

Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ là 1 .

Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(P\right)$ là 4 .

Giải thích

Mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ có phương trình $y=0$ nên khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(Oxz\right)$ là: 2 . Mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ có phương trình $x=0$ nên khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ là: 1 . Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $\left(P\right)$ là: $\frac{|1-2.2+2.\left(-3\right)-3|}{\sqrt{1+2^2+2^2}}=4$.