Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 19)

Đáp án

Giải thích

1) Đúng vì với mọi $x\in \mathbb{R}\backslash \left\{2\right\}$, hàm số có đạo hàm $y^{\prime }=-\frac{7}{{(x-2)}^2}$.

2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;2\right)$ và $\left(2;+\infty \right)$.

Đáp án

Đa thức $P\left(x\right)$ chia hết cho đa thức bậc nhất $x+2$.

Đa thức $P\left(x\right)$ chia hết cho đa thức bậc hai $(x-4{)}^2$.

Đa thức $P\left(x\right)$ là ${\left(x+2\right)}^2{\left(x-4\right)}^2$.

Giải thích

$P\left(x\right)$ có nghiệm $x=-2$ và $x=4$ nên $P\left(x\right)=\left(x+2\right)\left(x-4\right)Q\left(x\right)$. Vì $P^{\prime }\left(-2\right)=P^{\prime }\left(4\right)=0$ nên $Q\left(-2\right)=Q\left(4\right)=0$. Từ đó $P\left(x\right)$ có dạng $k(x+2{)}^2(x-4{)}^2$. Kết hợp điều kiện hệ số cao nhất của $P\left(x\right)$ là 1 suy ra $P\left(x\right)=(x+2{)}^2(x-4{)}^2$.

Đáp án

Nếu bạn Long gieo 1 lần thì xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là: $\frac{1}{6}$.

Nếu bạn Long gieo 6 lần thì xác suất xuất hiện mặt 6 chấm là: 0,6651.

Để xác suất trong các lần gieo đó có xuất hiện mặt 6 chấm lớn hơn 0,9999 thì bạn Long cần gieo ít nhất 51  lần.

Giải thích

Giả sử bạn Long gieo $n$ lần.

Xác suất để trong $n$ lần gieo đó không xuất hiện mặt 6 chấm là ${\left(\frac{5}{6}\right)}^n$.

Xác suất để trong $n$ lần gieo đó xuất hiện mặt 6 chấm là $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^n$.

Đáp án

Giải thích

S.ABCD có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Giả sử $H$ là trung điểm cạnh $AB$ và hai mặt phẳng $\left(SHC\right),\left(SHD\right)$ cùng vuông góc với mặt đáy. Biết hình chóp $S.ABCD$ có ba mặt bên là tam giác vuông. Mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Hình chóp $S.ABCD$ có mặt bên $SCD$ không là tam giác vuông.   Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{a^3}{6}$.   (ảnh 1)">

Vì $\left(SHC\right)$ và $\left(SHD\right)$ cùng vuông góc với đáy $\left(ABCD\right)$ nên $SH$ là đường cao của hình chóp. Hai tam giác $SAD$ và $SBC$ lần lượt vuông tại $A$ và $B$ (theo định lí ba đường vuông góc).

Tam giác $SCD$ có $SC=SD$ (vì $HC=HD$ ) nên nó không thể vuông tại $C$ hoặc $D$. Giả sử tam giác $SCD$ vuông tại $S$ thì $SC<CD=a$ nhưng tam giác $SBC$ vuông tại $B$ nên $SC>BC=a$ (mâu thuẫn).

Do đó tam giác $SCD$ không là tam giác vuông.

Từ đó suy ra tam giác $SAB$ phải là tam giác vuông. Do $SA=SB$ (vì $HA=HB$ ) nên tam giác $SAB$ vuông tại $S$, suy ra $SH=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}$.

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}{a}^2.\frac{a}{2}=\frac{a^3}{6}$.

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $F_1\left(-3;0;0\right),F_2\left(3;0;0\right)$. Gọi $\left(E\right)$ là tập hợp các điểm $M\left(x;y;z\right)$ trong không gian thoả mãn điều kiện $M{F}_1+M{F}_2=10$. Giá trị của $\alpha$ bằng (1) ___12___, trong đó $\alpha$ thoả mãn $M{F}_1{}^2-M{F}_2{}^2=\alpha .x$. Giá trị của $\beta$ bằng (2) ___5___, trong đó $\beta$ thoả mãn $M{F}_1=\beta +\frac{3x}{5}$. Phương trình của mặt $\left(E\right)$ là $\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}=1$, giá trị của a bằng (3) ___25___, giá trị của $b$ bằng (4) ___16___, giá trị của $c$ bằng (5) ___16___.

Giải thích

Ta có $M{F_1}^2-M{F_2}^2=(x+3{)}^2+y^2+z^2-\left[{(x-3)}^2+y^2+z^2\right]=12x$

$\Rightarrow M{F}_1-M{F}_2=\frac{M{F}_1^2-M{F}_2^2}{M{F}_1+M{F}_2}=\frac{6}{5}x$

$\Rightarrow M{F}_1=\frac{\left(M{F}_1-M{F}_2\right)+\left(M{F}_1+M{F}_2\right)}{2}=5+\frac{3}{5}x$

$\Rightarrow (x+3{)}^2+y^2+z^2=25+6x+\frac{9}{25}{x}^2$

$\Rightarrow \frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}+\frac{z^2}{16}=1.$

Đáp án

Giải thích

ABCD có $AB=CD=b,AC=BD=c,AD=BC=d$. Gọi $O,O^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $\mathrm{AC}$ và $\mathrm{BD}$. Dựng hai hình bình hành $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime },BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ sao cho $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nhận $O^{\prime }$ làm trung điểm, $B^{\prime }{D}^{\prime }$ nhận $\mathrm{O}$ làm trung điểm. Nối các đoạn thẳng $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime },D{D}^{\prime }$, ta thu được hình hộp $A{B}^{\prime }C{D}^{\prime }.A^{\prime }B{C}^{\prime }D$. Các phát biểu dưới đây là đúng hay sai? Phát biểu ĐÚNG SAI 1) $A{B}^{\prime }C{D}^{\prime }.A^{\prime }B{C}^{\prime }D$ là hình hộp chữ nhật.   2) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ bằng $\pi \left(b^2+c^2+d^2\right)$   3) Thể tích khối tứ diện $\mathrm{ABCD}$ bằng $\frac{\sqrt{2\left(b^2+c^2-d^2\right)\left(b^2-c^2+d^2\right)\left(c^2+d^2-b^2\right)}}{12}$   (ảnh 1)">

Đáp án

Cho đa giác lồi có 10 cạnh. Biết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy, số giao điểm của các đường chéo là (1) ___595___.

Giải thích

Số đường chéo của đa giác là: $C_{10}^2-10=35$.

Cứ hai đường chéo cho ta một giao điểm, hơn nữa không có ba đường chéo nào đồng quy nên số giao điểm của các đường chéo là $C_{35}^2=595$.

Đáp án

Tổng các nghiệm nguyên của bất phương trình $\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_4\left(x+7\right)>\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(x+1\right)$ bằng (1) ___1___.

Giải thích

Điều kiện: $\{\begin{array}{l}x>-7\\ x>-1\end{array}\iff x>-1$.

$\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_4\left(x+7\right)>\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(x+1\right)\iff \sqrt{x+7}>x+1\iff x^2+x-6<0\iff -3<x<2$.

Kết hợp với điều kiện ta được miền nghiệm của bất phương trình $S=\left(-1;2\right)$.

Vậy bất phương trình có các nghiệm nguyên $x\in \left\{0;1\right\}$.

Đáp án

Thể tích khối lăng trụ $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ bằng $4\sqrt{3}$.

Khoảng cách giữa $AD$ và mặt phẳng $\left(D^{\prime }MN\right)$ bằng $\frac{6\sqrt{7}}{7}$.

Giải thích

ABCD.A′B′C′D′ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $2,\widehat{BAD}=120^{\circ }$. Biết các đường thẳng $A^{\prime }A,A^{\prime }B,A^{\prime }C$ cùng tạo với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ một góc bằng $60^{\circ }$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau (ảnh 2)">

Vị trí thả 1: $4\sqrt{3}$

Vị trí thả 2: $\frac{6\sqrt{7}}{7}$

Tính thể tích khối lăng trụ $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A^{\prime }$ trên mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ vì các đường thẳng $A^{\prime }A$, $A^{\prime }B,A^{\prime }C$ cùng tạo với mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ một góc bằng $60^{\circ }$ nên $$\widehat{HA{A}^{\prime }}=\widehat{HB{A}^{\prime }}=\widehat{HC{A}^{\prime }}=60^{\circ }$$.

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }{A}^{\prime }HA=\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }HB=\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }HC$ (g.c.g) $\Rightarrow HA=HB=HC$.

$\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp .

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{BAD}=120^{\circ }$

$=>\widehat{\left(BAC\right)}=60^0\Rightarrow \Delta ABC$ đều

$\Rightarrow H$ là trọng tâm .

Ta có $AI=\frac{2.\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A^{\prime }H=AH\tan \widehat{A^{\prime }AH}=2$,

$S_{ABCD}=AB.AD.\sin \widehat{BAD}=\frac{2^2\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$.

Thể tích khối lăng trụ $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là $V=A^{\prime }H.S_{ABCD}=\frac{2^3\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$.

Tính khoảng cách giữa đường thẳng $AD$ và mặt phẳng $\left(D^{\prime }MN\right)$

Do $MN//A^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $A^{\prime }$ thuộc mặt phẳng $\left(D^{\prime }MN\right)$

Gọi $E=A^{\prime }M\cap AB,F=D^{\prime }N\cap DC\Rightarrow EF//BC//AD$ và $B,C$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $AE,DF$. Suy ra $A,H,F$ thẳng hàng và $AF=\frac{3}{2}HF$.

Ta có $AD//\left(D^{\prime }MN\right)\Rightarrow d\left(AD,\left(D^{\prime }MN\right)\right)=d\left(A,\left(A^{\prime }EF\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,\left(A^{\prime }EF\right)\right)$.

Do $AH\perp BC\Rightarrow AH\perp EF\Rightarrow EF\perp \left(A^{\prime }HF\right)\Rightarrow \left(A^{\prime }EF\right)\perp \left(A^{\prime }HF\right)$

Trong tam giác $A^{\prime }HF$, kẻ $HK\perp A^{\prime }F\Rightarrow HK\perp \left(A^{\prime }EF\right)\Rightarrow d\left(H,\left(A^{\prime }EF\right)\right)=HK$

Ta có $A^{\prime }H=2,HF=2HA=\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{HA{}^{\prime 2}}+\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{4}+\frac{3}{16}=\frac{7}{16}\Rightarrow HK=\frac{4\sqrt{7}}{7}$.

$\Rightarrow d\left(AD,\left(D^{\prime }MN\right)\right)=\frac{3}{2}HK=\frac{6\sqrt{7}}{7}$.

Đáp án

Thể khối tròn xoay khi quay hình phẳng $\left(H\right)$ giới hạn bởi các đường $y=\sin x,y=0,x=0$ và $x=\pi$ quanh trục $Ox$ là (1) ____4,93____. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Giải thích

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là

$V=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}x\mathrm{d}x=\pi \underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-\cos 2x}{2}\mathrm{d}x=\frac{{\pi }^2}{2}\approx 4,93$

Đáp án

Một giải đấu bóng đá có 16 đội tuyển tham dự. Nếu ta chia ngẫu nhiên các đội trên thành 4 bảng, mỗi bảng 4 đội thì có (1) 63063000 cách chia.

Giải thích

Số cách chia là $C_{16}^4.C_{12}^4.C_8^4.C_4^4=63063000$ (cách).

Đáp án

Giải thích

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1;1;1\right),\overrightarrow{AC}=\left(0;-1;1\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(2;-1;-1\right)=\vec{n}$.

Mặt phẳng $\left(ABC\right)$ đi qua điểm $A\left(1;0;1\right)$ và nhận $\vec{n}=\left(2;-1;-1\right)$ làm một vecto pháp tuyến có phương trình: $2\left(x-1\right)-\left(y-0\right)-\left(z-1\right)=0\iff 2x-y-z-1=0$.

Ta có: $\overrightarrow{AD}=\left(5;-1;-1\right)$.

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là:

$V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|=\frac{1}{6}\left|2.5+\left(-1\right).\left(-1\right)+\left(-1\right).\left(-1\right)\right|=2$ (đvtt).

Ta thấy $\overrightarrow{BD}=\left(4;-2;-2\right)//\vec{n}\Rightarrow BD\perp \left(ABC\right)$.

Mặt khác,  vuông tại $A$

$\Rightarrow$ Bán kính đường tròn ngoại tiếp  là: $r=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

$\Rightarrow$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ là:

$R=\sqrt{r^2+\frac{B{D}^2}{4}}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)}^2+\frac{4^2+{(-2)}^2+{(-2)}^2}{4}}=\frac{\sqrt{29}}{2}$.

Đáp án

Một thanh chocolate được chia thành 64 miếng hình vuông hình bàn cờ . Cần phải bẻ ít nhất (1) ___63___ lần (theo mạch chia và không chồng các miếng lên nhau) để có được 64 miếng.

Giải thích

Nhận thấy rằng sau mỗi lần bẻ thì ta có thêm đúng một miếng nhỏ hơn. Để có được 64 miếng, ta cần bẻ đúng 63 lần.

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho mặt phẳng $\left(P\right)$ đi qua điểm $M\left(2;3;5\right)$ cắt các tia $Ox,Oy,Oz$ lần lượt tại ba điểm $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$ sao cho độ dài các cạnh $OA,OB,OC$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội bằng 3 . Khi đó, . Khi đó, a = $\frac{32}{9}$; b = $\frac{32}{3}$ ; c = 32.

Giải thích

Phương trình mặt phẳng $\left(P\right)$ là: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.

Ta có: $M\left(2;3;5\right)\in \left(P\right)\Rightarrow \frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{5}{c}=1\left(\ast \right)$.

Mà $OA;OB;OC$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội $q=3$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}b=aq\\ c=a{q}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}b=3a\\ c=9a\end{array}\Rightarrow \left(\ast \right)\iff \frac{2}{a}+\frac{3}{3a}+\frac{5}{9a}=1\iff a=\frac{32}{9}$

Vậy $a=\frac{32}{9}\Rightarrow b=\frac{32}{3};c=32$.