Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 23)

Đáp án

Tại $x=2\sqrt{7}$ thì $f\left(x\right)$ bằng 3 .

Số giá trị nguyên thuộc $\left[-5;5\right]$ để hàm số có nghĩa là 8 .

Phương trình $f^{\prime }\left(x\right)=0$ có nghiệm bằng 0 .

Giải thích

Vị trí thả 1: 3

Vị trí thả 2: 8

Vị trí thả 3: 0

Ta có:

Nhập  ta được $f\left(2\sqrt{7}\right)=3$.

Điều kiện xác định $x^2-1>0\iff [\begin{array}{c}x>1\\ x<-1\end{array}$. Vì $x$ nguyên thuộc $\left[-5;5\right]$ nên $x\in \left\{-5;-4;-3;-2;2;3;4;5\right\}$.

Vậy có 8 giá trị nguyên thỏa mãn.

$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{2x}{\left(x^2-1\right).ln3};f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x=0$.

Đáp án

Số bi đỏ trong bình là $75-35=40$ (viên bi) trong đó có $40-30=10$ (viên bi) chưa qua sử dụng.

Số bi xanh trong bình chưa qua sử dụng là $35-25=10$ (viên bi)

Vậy có $C_{10}^1$.$C_{10}^1=100$ cách chọn 2 viên bi khác màu chưa qua sử dụng.

Để chọn được 3 viên bi khác màu, ta xét các trường hợp sau:

TH1. 3 viên bi được chọn gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ có $C_{35}^2.C_{40}^1$ cách chọn.

- Có $C_{10}^2$.$C_{10}^1$ cách chọn 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ đều chưa qua sử dụng.

- Có $C_{25}^2$.$C_{30}^1$ cách chọn 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ đều đã qua sử dụng.

$\Rightarrow$ Có $C_{35}^2.C_{40}^1-\left(C_{10}^2.C_{10}^1+C_{25}^2.C_{30}^1\right)=14350$ cách chọn 3 viên bi (gồm 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ) và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

TH2. 3 viên bi được chọn gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ có $C_{35}^1.C_{40}^2$ cách chọn.

- Có $C_{10}^1$.$C_{10}^2$ cách chọn 3 viên bi gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ đều chưa qua sử dụng.

- Có $C_{25}^1$.$C_{30}^2$ cách chọn 3 viên bi gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ đều đã qua sử dụng.

$\Rightarrow$ Có $C_{35}^1.C_{40}^2-\left(C_{10}^1.C_{10}^2+C_{25}^1.C_{30}^2\right)=15975$ cách chọn 3 viên bi (gồm 1 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ) và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

Vậy có $14350+15975=30325$ cách chọn 3 viên bi khác màu và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

Khi thêm 2 viên bi đã qua sử dụng vào bình thì xác suất để chọn được một viên bi chưa qua sử dụng là: $P=\frac{C_{10}^1+10}{C_{75}^1+2}=\frac{20}{77}\ne \frac{2}{7}$.

Đáp án

Giải thích

S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết $AB=2a,AD=a,SA=3a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $CD$, điểm $E\in SA$ sao cho $SE=a$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu ĐÚNG SAI Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left(BME\right)$ bằng $\frac{a\sqrt{70}}{7}$.   Cosin của góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(BME\right)$ bằng $\frac{1}{\sqrt{15}}$.   (ảnh 1)">

Góc giữa hai mặt phẳng $(\alpha )$ và $(\beta )$ là góc $\{\begin{array}{c}\frac{1}{a}+\frac{4}{b}+\frac{9}{c}=1\\ \frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{3}{c}\\ a+b+c={(1+2+3)}^2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=6\\ b=12\\ c=18\end{array}$ . Khi đó

$sin\phi =\frac{d(A;\alpha )}{d(A;\Delta )}.$

S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết $AB=2a,AD=a,SA=3a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $CD$, điểm $E\in SA$ sao cho $SE=a$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu ĐÚNG SAI Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left(BME\right)$ bằng $\frac{a\sqrt{70}}{7}$.   Cosin của góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(BME\right)$ bằng $\frac{1}{\sqrt{15}}$.   (ảnh 2)">

Gọi $O=AC\cap BD$.

Gọi điểm $G$ là trọng tâm , kéo dài tia $BM$ cắt $AD$ tại $F$.

Ta có $\left(SAC\right)\cap \left(BEF\right)=EG$

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(BME\right)$ là góc $\phi$ có $\sin \phi =\frac{d\left(A;\left(BEF\right)\right)}{d\left(A;EG\right)}$.

Trong $\left(SAC\right)$, kẻ $AK\perp EG\left(K\in EG\right)$.

Ta có: $AE=SA-SE=2a;AG=AC-GC=AC-\frac{2}{3}OC=\frac{2}{3}AC=\frac{2a\sqrt{5}}{3}$

$\Rightarrow d\left(A,EG\right)=AK=\frac{AE.AG}{\sqrt{A{E}^2+A{G}^2}}=\frac{a\sqrt{70}}{7}$

Gọi $h=d\left(A;\left(BEF\right)\right)$.

Ta có: $\frac{FD}{FA}=\frac{DM}{AB}=\frac{1}{2}\Rightarrow FA=2a$

Vì $AE,AB,AF$ đôi một vuông góc nên

$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{{(2a)}^2}+\frac{1}{{(2a)}^2}+\frac{1}{{(2a)}^2}=\frac{3}{4a^2}\Rightarrow h=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow \sin \phi =\frac{d\left(A;\left(BEF\right)\right)}{d\left(A;EG\right)}=\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{15}}\Rightarrow \cos \phi =\frac{1}{\sqrt{15}}$.

Đáp án

Giải thích

Ta có: $z_1^2+z_2^2=z_1{z}_2\iff z_1^2-z_1{z}_2+z_2^2=0$

$\Rightarrow z_1^3+z_2^3=\left(z_1+z_2\right)\left(z_1^2-z_1{z}_2+z_2^2\right)=0\iff z_1^3=-z_2^3\Rightarrow {|z}_1^3\left|={|z}_2^3\right|\Rightarrow {|z}_1\left|=|z_2\right|\Rightarrow OA=OB$

Mặt khác $${(z_1-z_2)}^2=(z_1^2-z_1{z}_2+z_2^2)-z_1{z}_2=-z_1{z}_2\Rightarrow {|z_1-z_2|}^2=|z_1\left|.|z_2\right|\Rightarrow A{B}^2=OA.OB=O{A}^2$$

 đều.

Đáp án

Giá trị của $x$ bằng -7.

Số hạng thứ 8 của cấp số nhân trên là 384.

Tổng của 10 số hạng đầu của cấp số nhân trên bằng 1023.

Giải thích

Ba số $x+4;6;x-5$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân

$\iff \left(x+4\right)\left(x-5\right)=6^2\iff x^2-x-56=0\iff [\begin{array}{l}x=8\left(L\right)\\ x=-7\left(tm\right)\end{array}$

Vậy 3 số hạng đầu tiên của cấp số nhân là $-3;6;-12$, công bội là $q=6:\left(-3\right)=-2$.

Số hạng thứ 8 là $u_8=u_1.q^7=\left(-3\right).(-2{)}^7=384$.

Tổng 10 số hạng đầu là $S_{10}=\frac{u_1\left(1-q^{10}\right)}{1-q}=\frac{-3.\left(1-{(-2)}^{10}\right)}{1-\left(-2\right)}=1023$.

Đáp án

Giải thích

Ta có: $f(x)=\{\begin{array}{cc}x-2& \mathrm{khi}x>1\\ a& \mathrm{khi}x=1\\ 2-x& \mathrm{khi}x<1\end{array}$

a) Để $f\left(x\right)$ liên tục trái tại $x=1\iff \underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)$ tồn tại và $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$.

Ta có:  và $f\left(1\right)=a$.

Vậy với $a=1$ hàm số liên tục trái tại $x=1$.

b) Để $f\left(x\right)$ liên tục phải tại  tồn tại và .

Ta có:  và $f\left(1\right)=a$.

Vậy với $a=-1$ hàm số liên tục phải tại $x=1$.

c) Do  nên hàm số không liên tục tại $x=1$.

Đáp án

Giá trị của $y_0$ bằng -2023.

Giá trị của $z_0$ bằng 0.

Khoảng cách $AB$ nhỏ nhất bằng $2\sqrt{a}$ với $a$ bằng 30.

Giải thích

Oxyz, cho điểm $E\left(2;1;3\right)$, mặt phẳng $\left(P\right):2x+2y-z-3=0$ và mặt cầu$\left(S\right):(x-3{)}^2+(y-2{)}^2+(z-5{)}^2=36$. Gọi $\mathrm{\Delta }$ là đường thẳng đi qua $E$, nằm trong $\left(P\right)$ và cắt $\left(S\right)$ tại hai điểm $A$ và $B$ có khoảng cách nhỏ nhất. Biết $\mathrm{\Delta }$ có một vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(2023;y_0;z_0\right)$. (ảnh 2)">

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

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(3;2;5\right)$ và bán kính $R=6\Rightarrow \overrightarrow{EI}=\left(1;1;2\right)$

$\Rightarrow IE=\sqrt{1^2+1^2+2^2}=\sqrt{6}<R\Rightarrow$ điểm $E$ nằm trong mặt cầu $\left(S\right)$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên mặt phẳng $\left(P\right),A$ và $B$ là hai giao điểm của $\mathrm{\Delta }$ với $\left(S\right)$.

Khi đó, $AB$ nhỏ nhất $\iff d(H;AB{)}_{\max }\iff AB\perp HE$, mà $AB\perp IH$ nên $AB\perp \left(HIE\right)\Rightarrow AB\perp IE$.

Suy ra $\overrightarrow{u_{\mathrm{\Delta }}}=\left[\overrightarrow{n_P};\overrightarrow{EI}\right]=\left(5;-5;0\right)\parallel \left(1;-1;0\right)$ là một vectơ chỉ phương của $\mathrm{\Delta }$.

Suy ra $\vec{u}=\left(2023;-2023;0\right)$ là một vectơ chỉ phương của $\mathrm{\Delta }$, do đó $y_0=-2023,z_0=0$.

Ta có: $IH=d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{|2.3+2.2-5-3|}{\sqrt{2^2+2^2+{(-1)}^2}}=\frac{2}{3}$.

$\Delta IHE$ vuông tại $H:HE=\sqrt{I{E}^2-I{H}^2}=\sqrt{6-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{5\sqrt{2}}{3}$.

$\mathrm{\Delta }IHB$ vuông tại $H:HB=\sqrt{I{B}^2-I{H}^2}=\sqrt{36-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2}=\frac{8\sqrt{5}}{3}$.

$\Delta HEB$ vuông tại $E:BE=\sqrt{H{B}^2-H{E}^2}=\sqrt{{\left(\frac{8\sqrt{5}}{3}\right)}^2-{\left(\frac{5\sqrt{2}}{3}\right)}^2}=\sqrt{30}$.

$\Rightarrow AB=2BE=2\sqrt{30}$.

Đáp án

Tập hợp tất cả các điểm biểu diễn các số phức $z$ thỏa mãn $\left|\left(4+3i\right)z+7-i\right|=10$ là một đường tròn tâm $I$(-1; 1) và bán kính R = 2.

Giải thích

Ta có: $\left|\left(4+3i\right)z+7-i\right|=10\iff \frac{|\left(4+3i\right)z+7-i|}{|4+3i|}=\frac{10}{|4+3i|}\iff \left|z+1-i\right|=2$

Vậy tập hợp điểm điểm biểu diễn các số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left(-1;1\right)$ và bán kính $R=2$

Đáp án

Giải thích

Ta có $x^4-\left(3m+1\right)x^2+2m^2+m=0\iff \left(x^2-m\right)\left(x^2-2m-1\right)=0\iff [\begin{array}{c}{x}^2=m\\ x^2=2m+1\end{array}$

Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì $[\begin{array}{l}m>0\\ 2m+1>0\\ m\ne 2m+1\end{array}\iff m>0$.

Khi đó phương trình có 4 nghiệm là $-\sqrt{m},\sqrt{m},-\sqrt{2m+1},\sqrt{2m+1}$.

Do $m>0$ nên $2m+1>m$ do đó $-\sqrt{2m+1}<-\sqrt{m}<\sqrt{m}<\sqrt{2m+1}$. Để 4 nghiệm này tạo thành một cấp số cộng thì $2\sqrt{m}=\sqrt{2m+1}-\sqrt{m}\iff m=\frac{1}{7}$ (thỏa mãn).

Đáp án

Diện tích xung quanh của hình nón $\left(S\right)$ bằng $9\sqrt{2}\pi$.

Thể tích của khối nón $\left(S\right)$ bằng $9\pi$.

Giải thích

(S) có bán kính đáy bằng 3 . Cắt hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một tam giác vuông cân. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Giả sử ta có khối nón $\left(S\right)$ như hình vẽ.

Vì  vuông cân nên

+)$h=SH=HA=HB=R=3$;

+),$l=SA=SB=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\frac{2R}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$.

Vậy:

+) Diện tích xung quanh của hình nón $\left(S\right)$ là: $S_{xq}=\pi Rl=9\sqrt{2}\pi$.

+) Thể tích của khối nón $\left(S\right)$ là: $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=9\pi$.

Đáp án

Giải thích

 TXĐ: $D=\mathbb{R}\setminus \left\{2\right\}$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{2-x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{2-x}=-2\Rightarrow y=-2$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Ta có $y=\frac{2x-3}{2-x}=\frac{2x-3}{-x+2}\Rightarrow y^{\prime }=\frac{1}{{(2-x)}^2}>0,\forall x\in D$.

$\Rightarrow$ Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng của tập xác định

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=-1$ là $k=y^{\prime }\left(-1\right)=\frac{1}{9}$.