Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 21) – Phần 2

Đáp án

V1 =$\frac{7}{3}$ π.

V2 =$\frac{5}{3}$ π.

Trong các khối tròn xoay đó, thể tích của khối lớn nhất là V3.

Giải thích

ABCD(AB//CD) có đáy bé $AB=1$, đáy lớn $CD=3$, khoảng cách giữa hai đáy bằng 1 . Nếu cho hình thang đó quay quanh $AB$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_1$, quay quanh $CD$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_2$, quay quanh $BC$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_3$. Kéo số (kí hiệu) ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Dễ dàng tính được $AD=BC=\sqrt{2},\widehat{ADC}=\widehat{BCD}=45^{\circ },DH=HK=KC=1$.

- Tính $V_1$ : Thể tích của khối tròn xoay bằng thể tích của khối trụ tròn xoay đường cao $DC$, bán kính đường tròn đáy $AH$ trừ đi thể tích khối nón tròn xoay chiều cao $DH$, bán kính đường tròn đáy $AH$ và khối nón tròn xoay chiều cao $CK$, bán kính đường tròn đáy $BK$.

Vậy $V_1=3\pi .1^2-2.\frac{1}{3}\pi .1^2.1=\frac{7}{3}\pi$.

- Tính $V_2$ : Thể tích của khối tròn xoay bằng thể tích của khối trụ tròn xoay đường cao $HK$, bán kính đường tròn đáy $AH$ cộng với thể tích của khối nón tròn xoay chiều cao $DH$, bán kính đường tròn đáy $AH$ và khối nón tròn xoay chiều cao $CK$ sán kính đường tròn đáy $BK$.

Vậy $V_2=\pi .1^2.1+2.\frac{1}{3}\pi .1^2.1=\frac{5}{3}\pi$.

- Tính $V_3$ :

ABCD(AB//CD) có đáy bé $AB=1$, đáy lớn $CD=3$, khoảng cách giữa hai đáy bằng 1 . Nếu cho hình thang đó quay quanh $AB$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_1$, quay quanh $CD$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_2$, quay quanh $BC$ ta được vật thể tròn xoay có thể tích bằng $V_3$. Kéo số (kí hiệu) ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 3)">

Hai đường chéo $AD$ và $BC$ cắt nhau ở $E$. Dễ thấy tam giác $CDE$ vuông cân ở $E$ nên thể tích khối tròn xoay bằng thể tích khối nón tròn xoay chiều cao $CE$, bán kính đường tròn đáy $DE$ trừ đi thể tích khối nón tròn xoay chiều cao $BE$, bán kính đường tròn đáy $AE$.

Tam giác $CDE$ vuông cân ở $E$ nên $CE=DE=\frac{CD}{\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$.

$AE=DE-AD=\frac{3}{\sqrt{2}}-\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Vậy $V_3=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{3}{\sqrt{2}}\right)}^2.\left(\frac{3}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2.\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{13\sqrt{2}}{6}\pi$.

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho điểm $A\left(1;1;1\right),B\left(4;1;1\right),C\left(1;1;5\right)$. Tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là I((1) ____2_____; (2) _____1____; (3) ____2_____).

Giải thích

Công thức tính nhanh: Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Khi đó ta có

$BC.\overrightarrow{IA}+CA.\overrightarrow{IB}+AB.\overrightarrow{IC}=\vec{0}$

Áp dụng:

Gọi $I\left(a;b;c\right)$. Ta có: $AB=3;BC=5;AC=4$.

Khi đó, $BC.\overrightarrow{IA}+CA.\overrightarrow{IB}+AB.\overrightarrow{IC}=\vec{0}\iff 5\overrightarrow{IA}+4\overrightarrow{IB}+3\overrightarrow{IC}=\vec{0}\iff 12\overrightarrow{IA}=4\overrightarrow{BA}+3\overrightarrow{CA}$

$\iff 12\overrightarrow{IA}=\left(-12;0;-12\right)\iff \overrightarrow{IA}=\left(-1;0;-1\right)$

$\iff \{\begin{array}{c}1-a=-1\\ 1-b=0\\ 1-c=-1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\\ c=2\end{array}\iff I\left(2;1;2\right)$

Đáp án

Đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ luôn có 2  điểm cực trị.

Đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ có 3  điểm cực trị.

Có 1  giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left(\cos x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right]$.

Giải thích

+) Tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ sang trái $a$ đơn vị ta có đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$. Vậy số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$. Hay đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ luôn có 2 điểm cực trị.

+) Số điểm cực trị đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ bằng $2k+1$ với $k$ là số điểm cực trị dương của hàm số

$y=f\left(x\right)$. Hay đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ có 3 điểm cực trị.

+) Đặt $t=\cos x$ thì $x\in \left(0;\frac{3\pi }{2}\right]\Rightarrow t\in \left[-1;1\right)$

Với một nghiệm $t\in \left(-1;0\right]$ cho tương ứng được 2 nghiệm $x\in \left[\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right]\setminus \left\{\pi \right\}$

Với một nghiệm $t\in \left(0;1\right)\cup \left\{-1\right\}$ cho tương ứng 1 nghiệm $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\cup \left\{\pi \right\}$

Do đó $f\left(\cos x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right]$

$\iff f\left(t\right)=m$ có 2 nghiệm $t_1\in \left(-1;0\right]$ và $t_2\in \left(0;1\right)\cup \left\{-1\right\}$

Dựa vào đồ thị, ycbt $\iff m\in \left(0;2\right)$.

Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=1$ hay có 1 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn.

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: $\frac{|1-2.2+2.\left(-3\right)-3|}{\sqrt{1+2^2+2^2}}=4$.

Đáp án

Hàm số $g\left(x\right)$ đạt cực đại tại $x$ bằng 1 .

Hàm số $g\left(x\right)$ đạt cực tiểu tại $x$ bằng 2 .

Giải thích

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

y=f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và đồ thị hàm số $y=f^{\prime }\left(x\right)$ cho bởi hình vẽ bên. Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{x^2}{2},\forall x\in \mathbb{R}$. (ảnh 3)">

Từ đồ thị hàm số $y=f^{\prime }\left(x\right)$ và đồ thị hàm số $y=x$ ta thấy:

$f^{\prime }\left(x\right)-x>0$ với \(\forall x \in \left( { - \infty ;1} \right)\mathop  \cup \nolimits^ \left( {2; + \infty } \right)\) và $f^{\prime }\left(x\right)-x<0$ với $\forall x\in \left(1;2\right)$

Ta có bảng biến thiên của $g\left(x\right)$

y=f(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ và đồ thị hàm số $y=f^{\prime }\left(x\right)$ cho bởi hình vẽ bên. Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{x^2}{2},\forall x\in \mathbb{R}$. (ảnh 4)">

Vậy hàm số $y=g\left(x\right)$ đạt cực đại tại $x=1$ và đạt cực tiểu tại $x=2$.

Đáp án

Tổng tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để khoảng cách từ điểm $M\left(0;3\right)$ đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=x^3+3mx+1$ bằng $\frac{2}{\sqrt{5}}$ là (1) ____-1____.

Giải thích

Ta có $y^{\prime }=3x^2+3m;y^{\prime }=0\iff x^2=-m$.

Hàm số có hai điểm cực trị $\iff y^{\prime }=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff m<0$. $\left(\ast \right)$

Thực hiện phép chia $y$ cho $y^{\prime }$ ta được phần dư $2mx+1$, nên đường thẳng $\mathrm{\Delta }:y=2mx+1$ chính là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán $\iff d\left(M,\mathrm{\Delta }\right)=\frac{2}{\sqrt{4m^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\iff m^2=1\iff m=\pm 1$.

Đối chiếu điều kiện $\left(\ast \right)$, ta có $m=-1$ thỏa mãn.

Đáp án

Trên một vùng đồng bằng có hai khu đô thị $A$ và $B$ nằm cùng về một phía đối với con đường sắt $d$ (như hình vẽ). Tại vị trí $C$ trên $d$, người ta xây dựng một nhà ga sao cho tổng các khoảng cách từ $C$ đến hai khu đô thị đó là ngắn nhất. Khi đó khoảng cách từ $C$ đến khu đô thị $A$ là (1) __28,28__ (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Giải thích

Giả sử đã tìm được điểm $C\in d$.

Gọi $A^{\prime }$ là ảnh của $A$ qua phép đối xứng trục $d$.

Khi đó $AC=A^{\prime }C$, do đó $AC+BC=A^{\prime }C+BC\ge A^{\prime }B$

$\Rightarrow \min \left(AC+BC\right)=A^{\prime }B$, dấu " $=$ " xảy ra khi $A^{\prime },B,C$ thẳng hàng.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $B,A$ trên $d$. Đặt hình vẽ vào hệ trục tọa độ với gốc tọa độ $O\equiv C$, $Ox\equiv d$ (hoành độ điểm $A$ dương), 1 đơn vị trên mỗi trục là $1\mathrm{km}$.

A và $B$ nằm cùng về một phía đối với con đường sắt $d$ (như hình vẽ). Tại vị trí $C$ trên $d$, người ta xây dựng một nhà ga sao cho tổng các khoảng cách từ $C$ đến hai khu đô thị đó là ngắn nhất. Khi đó khoảng cách từ $C$ đến khu đô thị $A$ là (1) _______ (làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). (ảnh 2)">

Khi đó $A\left(x;-20\right)\Rightarrow A^{\prime }\left(x;20\right)$ với $x=CK(0<x<50)$.

$B\left(-\left|50-x\right|;-30\right)\Rightarrow B\left(x-50;-30\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{C{A}^{\prime }}=\left(x;20\right),\overrightarrow{CB}=\left(x-50;-30\right)$.

Vì $A^{\prime },C,B$ thẳng hàng nên $\overrightarrow{C{A}^{\prime }},\overrightarrow{CB}$ cùng phương

$\iff \frac{x}{x-50}=\frac{20}{-30}\iff x=20$ (tm)

$\Rightarrow A\left(20;-20\right)\Rightarrow CA=20\sqrt{2}\approx 28,28$.

Vậy khoảng cách từ $C$ đến khu đô thị $A$ là $28,28\mathrm{km}$ để tổng các khoảng cách từ $C$ đến hai khu đô thị $A,B$ là ngắn nhất.

Đáp án

Giải thích

S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với $AB=2a,BC=a$, tam giác đều $SAB$ nằm trên mặt phẳng vuông góc với đáy. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng đi qua điểm $S$ song song với $AB$.   Khoảng cách giữa $BC$ và SD bằng $$a\sqrt{3}$$.   (ảnh 1)">

Ta có: $$\{\begin{array}{c}AB//CD\\ AB\subset (SAB)\\ CD\subset (SCD)\\ S\in (SAB)\cap (SCD)\end{array}$$

$\Rightarrow$ Đường thẳng $\mathrm{\Delta }$ đi qua $S$ và song song với $AB$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SCD\right)$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$ thì $SH\perp \left(ABCD\right)$.

Vì $BC//\left(SAD\right)$ nên $d\left(BC,SD\right)=d\left(BC,\left(SAD\right)\right)=d\left(B,\left(SAD\right)\right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $SA$ thì $BI\perp SA$ thì $BI\perp \left(SAD\right)$ (do $AD\perp \left(SAB\right)\supset BI$).

Suy ra $d\left(B,\left(SAD\right)\right)=BI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.

Đáp số

Một du khách vào hội chợ và chơi trò chơi ném vòng trúng thưởng. Lần đầu du khách mua 1 lượt ném vòng với giá 1000 đồng, kể từ lần sau tiền mua số lượt ném vòng gấp đôi số tiền lần trước. Người đó thua 10 lần liên tiếp và thắng ở 2 lần cuối. Biết mỗi lần thắng, giá trị phần thưởng của người chơi nhận được gấp đôi số tiền mua ban đầu (không kể số tiền đã đặt). Giá trị phần thưởng cuối cùng người đó nhận được là (1) __5121000___ đồng.

Giải thích

Số tiền mỗi lần du khách mua số lượt ném vòng là một số hạng của một cấp số nhân có $u_1=1000$ và công bội $q=2$.

Du khách thua trong 10 lần đầu tiên nên tổng số tiền du khách đã bỏ ra mua lượt ném vòng là

$S_{10}=u_1+u_2+\dots +u_{10}=\frac{u_1\left(1-q^{10}\right)}{1-q}=1023000$ (đồng).

Giá trị phần thưởng mà du khách thắng trong 2 lần cuối (lần thứ 11 và 12) là

$2u_{11}+2u_{12}=2u_1\left(q^{10}+q^{11}\right)=6144000$ (đồng).

Ta có $2u_{11}+2u_{12}-S_{10}=5121000$ nên du khách nhận được 5121000 đồng.