Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 20)

Đáp số

Đường kính đáy là lon nước là (1) ___6,6___ (cm).

Diện tích toàn phần của lon nước là (2) __274,7___ (cm²).

Giải thích

Gọi $R$ là bán kính đáy của hình trụ.

Thể tích của lon nước là $V=\pi R^2.10\iff 340=\pi R^2.10\iff R\approx 3,3\mathrm{cm}\Rightarrow d\approx 6,6\mathrm{cm}$ là đường kính đáy của lon nước.

Diện tích toàn phần của lon nước là: $2\pi Rh+2\pi R^2\approx 274,7\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2\right)$.

Đáp án

Giá trị của $k$ bằng 7 .

Giá trị của $p$ bằng -4 .

Giá trị của $q$ bằng 3 .

Giải thích

x,y,z,a,b,c là ba số thực thay đổi thỏa mãn $x^2+(y-1{)}^2+(z-1{)}^2=1$ và $a+b+c=4$. Giá trị nhỏ nhất của $P=(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2$ bằng $\frac{k+p\sqrt{3}}{q}$ (phân số tối giản với $q>0$). Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Trong không gian với hệ trục tọa độ $\left(Oxyz\right)$, gọi điểm $M\left(x;y;z\right)$, điểm $N\left(a;b;c\right)$.

Khi đó $M$ thuộc mặt cầu tâm $I\left(0;1;1\right)$, bán kính $R=1$ và $N$ thuộc mặt phẳng $\left(P\right):x+y+z-4=0$.

Suy ra $P=(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2=M{N}^2\left(1\right)$.

Ta có $\left|IN-MI\right|\le MN$ suy ra $MN$ nhỏ nhất khi $M,N,I$ thẳng hàng.

Do vậy $MN$ nhỏ nhất khi $N$ là hình chiếu của $I$ lên $\left(P\right)$ và $M$ là giao của $IN$ và mặt cầu.

Khi đó $MN=IN-R$.

Mà $IN=\mathrm{d}\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{|0+1+1-4|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Suy ra $P_{\min }=(IN-R{)}^2={\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}-1\right)}^2=\frac{7-4\sqrt{3}}{3}$.

Vậy $k=7;p=-4;q=3$.

Đáp án

Số $A=13^{13}+6^4+2019^{2023}$ có chữ số hàng đơn vị là (1) ___8____.

Giải thích

Xét $13^{13}={\left({13}^4\right)}^3.13$ có $3^4$ có chữ số hàng đơn vị là 1 nên ${\left({13}^4\right)}^3$ có chữ số hàng đơn vị là 1 . Suy ra chữ số hàng đơn vị của $13^{13}$ là 3 .

$6^4=1296$ có chữ số hàng đơn vị là 6 .

Xét $2019^n$ có chữ số hàng đơn vị là 9 khi $n$ là số tự nhiên lẻ. Suy ra $2019^{2023}$ có chữ số hàng đơn vị là 9 .

$\Rightarrow 3+6+9=18$.

Vậy số $A$ có chữ số hàng đơn vị bằng 8 .

Đáp án

Giải thích

E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Biết chi phí nguyên vật liệu của hàng rào $AB$ là 80 nghìn đồng/mét; phần hàng rào còn lại là 40 nghìn đồng/mét và tổng chi phí vật liệu là 20 triệu đồng. (ảnh 2)">

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là $x\left(m\right)(x>0)$ và chiều dài của phần đất trồng rau và nuôi gà lần lượt là $a\left(m\right),b\left(m\right)(a>0;b>0)$.

Khi đó diện tích của khu đất là $S=\left(a+b\right)x\left(m^2\right)$.

Mặt khác theo giả thiết tổng chi phí là 20 triệu đồng nên ta có:

$3x.40000+\left(a+b\right)80000=20000000\iff 3x+2\left(a+b\right)=500$.

Ta có $6S=3x.2\left(a+b\right)\le \frac{{[3x+2\left(a+b\right)]}^2}{4}=\frac{{500}^2}{4}\Rightarrow S\le \frac{31250}{3}$.

$\Rightarrow {\mathrm{S}}_{\max }=\frac{31250}{3}\iff [\begin{array}{c}a+b=125\\ x=\frac{250}{3}\end{array}$

$\Rightarrow$ Chi phí nguyên vật liệu làm hàng rào $AB$ là: $125.80000=10000000$ (đồng).

Đáp án

Giải thích

Ta có: $P\left(x\right)=\left(1+2x\right)(3+x{)}^{11}=(3+x{)}^{11}+2x(3+x{)}^{11}$

\( = \mathop \sum \nolimits^ _{k = 0}^{11}C_{11}^k{.3^{11 - k}}.{x^k} + 2x\mathop \sum \nolimits^ _{m = 0}^{11}C_{11}^m{.3^{11 - m}}.{x^m}\)

\( = \mathop \sum \nolimits^ _{k = 0}^{11}C_{11}^k{.3^{11 - k}}.{x^k} + \mathop \sum \nolimits^ _{m = 0}^{11}C_{11}^m{.2.3^{11 - m}}.{x^{m + 1}}\)

Khi đó:

+, Khai triển $P\left(x\right)$ có 13 số hạng.

+, Hệ số của $x^9$ trong khai triển là: $C_{11}^9.3^2+C_{11}^8.2.3^3=9045$ (với $k=9,m=8$ ).

+, Hệ số tự do trong khai triển là: $C_{11}^0.3^{11}=177147$

Đáp án

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)$ bằng -1 .

Đồ thị $\left(C\right)$ có 2  đường tiệm cận ngang.

Tổng số đường tiệm cận của đồ thị $\left(C\right)$ là 4 .

Giải thích

ТХĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{\pm 2\right\}$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+4}{\sqrt{x^2-4}}=1\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+4}{\sqrt{x^2-4}}=-1\end{array}\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận ngang là $y=\pm 1$.

$\underset{x\to \pm 2}{\lim }f\left(x\right)=\infty \Rightarrow$ Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng là $x=\pm 2$.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 4 đường tiệm cận.

Đáp án

Hai người ngang tài ngang sức tranh chức vô địch của một cuộc thi cờ tướng. Người giành chiến thắng là người đầu tiên thắng được năm ván cờ.

Tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai mới thắng 2 ván, xác suất để người chơi thứ nhất giành chiến thắng là (1) ___7/8___.

Giải thích

Theo giả thiết hai người ngang tài ngang sức nên xác suất thắng - thua trong một ván đấu là $50\%-50\%$.

Xét tại thời điểm người chơi thứ nhất đã thắng 4 ván và người chơi thứ hai thắng 2 ván.

Để người thứ nhất chiến thắng thì người thứ nhất cần thắng 1 ván và người thứ hai thắng không quá hai ván.

Có ba khả năng:

TH1: Người thứ nhất chiến thắng ở ván đầu tiên.

$\Rightarrow$ Xác suất người thứ nhất thắng ở ván đầu tiên là $50\%=0,5$.

TH2: Người thứ nhất chiến thắng ở ván thứ hai.

$\Rightarrow$ Xác suất người thứ nhất thắng ở ván thứ hai là $(50\%{)}^2=(0,5{)}^2$.

TH3: Người thứ nhất chiến thắng ở ván thứ ba.

$\Rightarrow$ Xác suất người thứ nhất thắng ở ván thứ ba là $(50\%{)}^3=(0,5{)}^3$.

Vậy $P=0,5+(0,5{)}^2+(0,5{)}^3=\frac{7}{8}$.

Đáp án

Giải thích

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=\left(x+2\right)(x-1{)}^{2022}(x-2{)}^{2023}=\left(x+2\right)(x-1{)}^{2022}(x-2{)}^{2022}\left(x-2\right)$

$=\left(x^2-4\right)(x-1{)}^{2022}(x-2{)}^{2022}$.

$f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \left(\begin{array}{c}x=\pm 2\\ x=1\end{array}\right)$

Xét $f^{\prime }\left(x\right)\ge 0\iff \left(\begin{array}{c}x\le -2\\ x\ge 2\end{array}\right)$.

Vậy:

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

+, Hàm số có hai điểm cực trị, hàm số đạt cực đại tại điểm $x=-2$ và cực tiểu tại điểm $x=2$.

Đáp án

Giải thích

Ta có: $y^{\prime }=3x^2-6x+m$.

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình $y^{\prime }=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff {\mathrm{\Delta }}^{\prime }>0$ hay

$9-3m>0\iff m<3$.

Chia đa thức $y$ cho $y^{\prime }$, ta được: $y=y^{\prime }.\left(\frac{x}{3}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{2m}{3}-2\right)x+\frac{m}{3}+1$.

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm $\left(x_1;y_1\right),\left(x_2;y_2\right)$.

Vì $y^{\prime }\left(x_1\right)=0,y^{\prime }\left(x_2\right)=0$ nên phương trình đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ qua hai điểm cực đại, cực tiểu là

$y=\left(\frac{2m}{3}-2\right)x+\frac{m}{3}+1$ hay $y=\frac{m}{3}\left(2x+1\right)-2x+1$.

Với $x=-\frac{1}{2}$ ta có $y=2$. Do đó đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ luôn đi qua điểm cố định $A\left(-\frac{1}{2};2\right)$.

Hệ số góc của đường thẳng $IA$ là $k=\frac{3}{4}$. Kẻ $IH\perp \mathrm{\Delta }$ ta thấy $d\left(I;\mathrm{\Delta }\right)=IH\le IA=\frac{5}{4}$.

y=x3−3x2+mx+1, với $m$ là tham số. Mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi $m<3$.   Phương trình đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu là $y=\left(\frac{2m}{3}-2\right)x+\frac{m}{3}+1$.   Khoảng cách từ điểm $I\left(\frac{1}{2};\frac{11}{4}\right)$ đến đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ có giá trị lớn nhất bằng $\frac{5}{4}$.   (ảnh 1)">

Đẳng thức xảy ra khi $IA\perp \mathrm{\Delta }$ hay $\frac{2m}{3}-2=\frac{-1}{k}=\frac{-4}{3}\iff m=1$ (thỏa mãn).

Vậy $\max d\left(I;\mathrm{\Delta }\right)=\frac{5}{4}$ khi $m=1$.

Đáp án

Giải thích

S.ABC có $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy, tam giác $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Kẻ $AH,AK$ lần lượt vuông góc với $SB,SC$. Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $A.BCKH$ là $\left(I;R\right)$. Mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Điểm $I$ nằm trên mặt phẳng $\left(ABC\right)$.   $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.   (ảnh 1)">

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC;I$ là giao điểm của hai đường trung trực của hai đoạn thẳng $AB$ và $AC$.

Do $M$ là trung điểm của cạnh huyền trong tam giác vuông $AHB$ nên $MA=MB=MH$.

Có $SA\perp \left(ABC\right)$ nên $SA\perp MI$, mà $MI\perp AB,AB\cap SA=A$ nên $MI\perp \left(SAB\right)$. Do đó $IA=IB=IH$.

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chỉ ra được $IA=IC=IK$.

Do đó $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp $A.BCHK$.

Bán kính của mặt cầu này là $AI=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ (do tam giác $ABC$ đều cạnh $a$).

Đáp án “11,4”

Giải thích

80% dung tích của bình. Coi như thể tích vỏ bình không đáng kể, chiều cao của mực nước so với mặt bàn là (1) ______ cm (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). (ảnh 2)">

Bán kính hình bán cầu bằng bán kính đáy hình nón và bằng $r=10\mathrm{cm}$, chiều cao của hình nón là $h=30-10=20\left(\mathrm{cm}\right)$.

Thể tích bình nước là $V=\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi r^3+\frac{1}{3}\pi r^2.h=\frac{2}{3}\pi .10^3+\frac{1}{3}\pi .10^2.20=\frac{4000}{3}\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Phần bình không chứa nước là hình nón đỉnh $S$, bán kính đáy $r^{\prime }=O^{\prime }{A}^{\prime }$, chiều cao $h^{\prime }=O^{\prime }{A}^{\prime }$ như hình vẽ.

Theo định lý Thales ta có: $\frac{S{O}^{\prime }}{SO}=\frac{O^{\prime }{A}^{\prime }}{OA}\iff \frac{30-x}{20}=\frac{r^{\prime }}{10}\iff r^{\prime }=\frac{30-x}{2}$.

Thể tích phần bình không chứa nước chiếm $20\%$ nên ta có:

$\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{30-x}{2}\right)}^2.\left(30-x\right)=\frac{20}{100}.\frac{4000}{3}\pi \iff x\approx 11,4\left(\mathrm{cm}\right)$.

Vậy chiều cao của mực nước so với mặt bàn là 11,4 cm.

Đáp án

Giá trị lớn nhất của biểu thức $P=2MA-MB$ là $a\sqrt{b}$ với $a$ bằng 5  và $b$ bằng 2 .

Giải thích

Oxyz, cho phương trình mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=36$ và hai điểm $A\left(1;2;2\right),B\left(1;3;4\right)$. Gọi $M$ là một điểm di động trên mặt cầu $\left(S\right)$. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Gọi $C$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{OC}=4\overrightarrow{OA}\Rightarrow C\left(4;8;8\right)$. Khi đó $O,A,M,C$ đồng phẳng.

Ta có $OA=3,OM=6,OC=12$ suy ra $\frac{OC}{OM}=\frac{OM}{OA}=2$.

Vậy hai tam giác $OMA$ và $OCM$ đồng dạng.

Do đó $MC=2MA$.

Ta có: $OC=12>R,OB=\sqrt{26}<R$.

$\Rightarrow \left|2MA-MB\left|=\right|MC-MB\right|\le BC=5\sqrt{2}$.

Vậy $P_{\max }=5\sqrt{2}$.

Đáp số

Mặt phẳng $\left(R\right)$ chứa đường thẳng $d:\{\begin{array}{l}x=-t\\ y=-1+2t\left(t\in \mathbb{R}\right)\\ z=2+t\end{array}$và tạo với mặt phẳng $\left(P\right):2x-y-2z-2=0$ một góc nhỏ nhất có phương trình là 1 x + 1 y + -1 z + 3  = 0.

Giải thích

Dễ thấy, đường thẳng $d$ đi qua điểm $M\left(0;-1;2\right)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{v}=\left(-1;2;1\right)$.

Do mặt phẳng $\left(R\right)$ đi qua điểm $M$ nên phương trình có dạng

$A\left(x-0\right)+B\left(y+1\right)+C\left(z-2\right)=0$, với $A^2+B^2+C^2\ne 0$.

Do $\left(R\right)$ chứa $d$ nên $\vec{v}\perp \vec{n}$, với $\vec{n}=\left(A;B;C\right)$ hay $-A+2B+C=0\iff A=2B+C$.

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi $\left(R\right)$ và $\left(P\right)$, ta có

$\cos \alpha =\frac{|B|}{\sqrt{5B^2+4BC+2C^2}}$.

- Nếu $B=0$ thì $\alpha =90^{\circ }$.

- Nếu $B\ne 0$, đặt $m=\frac{C}{B}$ ta có:

$\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{2m^2+4m+5}}=\frac{1}{\sqrt{2{(m+1)}^2+3}}\le \frac{1}{\sqrt{3}}$.

$\alpha$ nhỏ nhất $\iff \cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}\iff m=-1\iff B=-C$.

Vậy phương trình mặt phẳng $\left(P\right)$ là $x+y-z+3=0$.

Đáp án

Một chiếc ô tô đang đi trên đường với vận tốc $v\left(t\right)=2t\left(t\ge 0\right)\left(m/s\right)$, trong đó $t$ là khoảng thời gian tính bằng giây. Ô tô bắt đầu xuất phát tại thời điểm $t=0$. Quãng đường ô tô đi được trong 20 giây là: 400 (m).

Khi ô tô chạy được 01 phút thì tài xế đạp phanh, từ thời điểm đó ô tô chuyển động chậm dần với vận tốc $v\left(t\right)=-5t+420\left(\mathrm{m}/\mathrm{s}\right)$. Từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn di chuyển 1440 (m). Tổng quãng đường ô tô đi được (kể từ khi xuất phát đến khi dừng hẳn) là 5040 (m).

Đáp án

Giới hạn $I=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x.\cos 2x.\dots .\cos 2024x}{x^2}$ bằng (1) 1382935950.

Giải thích

Ta có: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos ax}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\mathrm{si}{\mathrm{n}}^2\left(\frac{ax}{2}\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\left[{\left(\frac{\sin \frac{ax}{2}}{\frac{ax}{2}}\right)}^2.\frac{a^2}{2}\right]=\frac{a^2}{2}$.

Áp dụng ta được:

$I=\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1-\cos x}{x^2}+\cos x.\frac{1-\cos 2x}{x^2}+\cos x\cos 2x.\frac{1-\cos 3x}{x^2}+\dots +\cos x.\dots .\cos 2023x.\frac{1-\cos 2024x}{x^2})$

$=\frac{1^2}{2}+\frac{2^2}{2}+\dots +\frac{{2024}^2}{2}=\frac{2024.\left(2024+1\right).\left(2.2024+1\right)}{12}=1382935950$

(với $n\in \mathbb{N},1^2+2^2+\dots +n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$)