Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 27)

Đáp án

Người ta trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác theo quy luật như sau: Hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ hai có 3 cây, hàng thứ ba có 5 cây, …. Số hàng cây trong khu vườn là (1) __12__.

Giải thích

Cách trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác như trên lập thành một cấp số cộng $\left(u_n\right)$ với $u_n$ là số cây ở hàng thứ $n$, số hạng đầu $u_1=1$ và công sai $d=2$.

Tổng số cây trồng được là $S_n=144\iff \frac{n\left[2.1+\left(n-1\right)\cdot 2\right]}{2}=144$ $\iff 2n^2=288\Rightarrow n=12$.

Như vậy số hàng cây trong khu vườn là 12.

Đáp án

a) Bắt một chuyến xe đi từ địa điểm I đến một địa điểm bất kì. Khi đó, xác suất người đó phải trả dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là $\frac{3}{4}$.

b) Đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian. Khi đó, xác suất người đó trả trên 25 000 đồng tiền vé xe buýt là $\frac{2}{3}$.

Giải thích

a) Có 4 cách để đi từ địa điểm I đến 1 địa điểm bất kì, trong đó có 3 cách để chỉ tốn dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là đi theo tuyến I – II, I – III, I – V. Vậy xác suất cần tìm là $$\frac{3}{4}$$.

b) Để đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian ta có bảng sau:

Từ bảng ta có 2 cách để người đó phải trả trên 25 000 đồng là đi theo tuyến I – II – III, I – IV – III .

Vậy xác suất cần tìm là $$\frac{2}{3}$$.

Đáp án

Giải thích

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

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

+ 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

Mức cường độ âm thấp nhất mà tai người có thể nghe được là 0  B.

Khi mức cường độ âm đạt đến ngưỡng đau $\left(13B\right)$ thì cường độ âm là 10 $\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2$.

Giải thích

Cường độ âm thấp nhất là $I=I_0$. Khi đó, mức cường độ âm thấp nhất mà tai người có thể nghe được là $L=\log 1=0\left(B\right)$.

Khi $L=13\left(B\right)$ thì $I=10^L{I}_0=10^{13}.10^{-12}=10\left(\mathrm{W}/{\mathrm{m}}^2\right)$

Đáp án

Cho $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+ax+5}+x\right)=5$. Khi đó giá trị $a$ là (1) __-10__.

x→−∞lim​(x2+ax+5​+x)=5. Khi đó giá trị $a$ là (1) ________. (ảnh 1)">

Giải thích

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho ba điểm $A\left(1;0;0\right),B\left(3;1;2\right),C\left(-1;2;1\right)$ và đường thẳng $\mathrm{\Delta }:\frac{x-2}{-1}=\frac{y}{3}=\frac{z+1}{1}$. Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm thuộc đường thẳng $\mathrm{\Delta }$, đi qua $A$ và cắt mặt phẳng $\left(ABC\right)$ theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất bằng (1) __1/10__.

Giải thích

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(2;1;2\right),\overrightarrow{AC}=\left(-2;2;1\right)$ nên $\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(-3;-6;6\right)$ suy ra $\vec{n}=\left(1;2;-2\right)$ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(ABC\right)$.

Suy ra phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là: $x+2y-2z-1=0$.

Phương trình tham số của $\mathrm{\Delta }$ là $\{\begin{array}{c}x=2-t\\ y=3t\\ z=-1+t\end{array}\left(t\in \mathbb{R}\right)$.

Gọi $I$ là tâm của mặt cầu $\left(S\right)$, do $I\in \mathrm{\Delta }$ nên $I\left(2-t;3t;-1+t\right)$.

Ta có: $A{I}^2=(1-t{)}^2+9t^2+(t-1{)}^2=11t^2-4t+2$

$d\left(I,\left(ABC\right)\right)=\frac{|2-t+6t+2-2t-1|}{3}=\left|t+1\right|$.

Gọi $r$ là bán kính đường tròn, giao của mặt cầu $\left(S\right)$ và mặt phẳng $\left(ABC\right)$ thì

$r^2=A{I}^2-d^2\left(I,\left(ABC\right)\right)=11t^2-4t+2-(t+1{)}^2=10t^2-6t+1=10{\left(t-\frac{3}{10}\right)}^2+\frac{1}{10}\ge \frac{1}{10}$

Do đó bán kính $r$ nhỏ nhất khi $t=\frac{3}{10}$, khi đó $I\left(\frac{17}{10};\frac{9}{10};\frac{-7}{10}\right),AI=\frac{\sqrt{179}}{10}$.

Phương trình mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-\frac{17}{10}\right)}^2+{\left(y-\frac{9}{10}\right)}^2+{\left(z+\frac{7}{10}\right)}^2=\frac{179}{100}$.

Đáp án

Giá trị của $n$ bằng 5 .

Hệ số của số hạng chứa $x^3$ là 80.

Giải thích

Vị trí thả 1: 5

Vị trí thả 2: 80

Ta có: $(1+2x{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{(2x)}^k\left(k\in \mathbb{N}\right)\Rightarrow a_k=2^k{C}_n^k$.

$\Rightarrow a_0=2^0{C}_n^0=1;a_1=2^1{C}_n^1=2C_n^1;a_2=2^2{C}_n^2=4C_n^2$.

Theo giả thiết: $a_0+8a_1=2a_2+1$

$\iff 1+8.2C_n^1=2.4C_n^2+1\iff 2C_n^1=C_n^2\iff 2n=\frac{n\left(n-1\right)}{2}\iff n^2-5n=0\iff [\begin{array}{l}n=0\\ n=5\end{array}$.

Do $n$ nguyên dương nên $n=5$.

Hệ số của số hạng chứa $x^3$ là $a_3=2^3{C}_5^3=80$.

Đáp án

Có (1) __ 1 __ tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=\frac{x^3}{x-2}-27$ song song với trục hoành.

Giải thích

Tập xác định: $\mathbb{R}\backslash \{2\}$.

Gọi $x_0$ là hoành độ tiếp điểm. Vì tiếp tuyến song song trục hoành nên tiếp tuyến có hệ số góc $y^{\prime }\left(x_0\right)=0$ và $y\left(x_0\right)\ne 0$.

Ta có $y^{\prime }=\frac{2x^3-6x^2}{{(x-2)}^2}$. Do đó $y^{\prime }\left(x_0\right)=0\iff 2x_0^2\left(x_0-3\right)=0\iff [\begin{array}{l}{x}_0=0\\ x_0=3\end{array}$.

Ta có $y(0)=-27\ne 0$ (nhận) và $y(3)=0$ (loại vì khi đó tiếp tuyến trùng trục hoành).

Vậy chỉ có một tiếp tuyến thỏa mãn đề bài.

Đáp án

Giải thích

Ta có $f(x)=3f\left(\frac{x}{2}\right)\iff \int f(x)dx=\int 3f\left(\frac{x}{2}\right)dx\iff \int f(x)dx=\int 6f\left(\frac{x}{2}\right)d\left(\frac{x}{2}\right)\iff F(x)=6F\left(\frac{x}{2}\right)+C.$

Với $x=4\Rightarrow F(4)=6F(2)+C\Rightarrow 6F(2)+C=1$  (1).

Với $x=8\Rightarrow F(8)=6F(4)+C\Rightarrow F(8)-C=6$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $$6F\left(2\right)+F\left(8\right)=7$$.

Ta có hệ $\{\begin{array}{l}6F(2)+F(8)=7\\ 5F(2)+2F(8)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}F(2)=2\\ F(8)=-5\end{array}$

Có ${\int }_0^{2}f(3x+2)dx=\frac{1}{3}{\int }_0^{2}f(3x+2)d(3x+2)={\frac{1}{3}F(3x+2)|}_0^2=\frac{1}{3}(F(8)-F(2))=\frac{1}{3}(-5-2)=\frac{-7}{3}$.

Đáp án

Giải thích

S.ABC có đáy là tam giác đều, $SA\perp \left(ABC\right),SC=a\sqrt{3}$ và $SC$ hợp với đáy một góc $30^{\circ }$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu ĐÚNG SAI Chiều cao của khối chóp bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.   Độ dài mỗi cạnh của tam giác $ABC$ bằng $\frac{a}{3}$.   Thể tích của khối chóp là $\frac{9a^3}{32}$.   (ảnh 1)">

Ta có: $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AC$.

$SC$ hợp với đáy một góc $30^{\circ }\Rightarrow \widehat{SCA}=30^{\circ }$.

Xét  vuông tại $A$ có: $\sin 30^{\circ }=\frac{SA}{SC}\Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2},AC=\sqrt{S{C}^2-S{A}^2}=\frac{3a}{2}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $AC=\frac{3a}{2}$ nên $S_{ABC}={\left(\frac{3a}{2}\right)}^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}{a}^2}{16}$ (đvdt).

Thể tích khối chóp $S.ABC$ là: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{9\sqrt{3}{a}^2}{16}=\frac{9a^3}{32}$ (đvtt).

Đáp án

Nếu $b=\frac{1}{2}$ thì giá trị của số thực $a$ bằng -1 .

Mối liên hệ giữa $a$ và $b$ là $2a+6b=$ 1 .

Nếu $a$ là số nguyên âm thuộc $\left[-10;-5\right]$ thì có 0  giá trị nguyên dương của $b$.

Giải thích

Ta có: $\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_5\left(5^a{.125}^b\right)=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{25}5\iff \mathrm{lo}{\mathrm{g}}_5{5}^a+\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_5{5}^{3b}=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{5^2}5$

$\iff a\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{5}5+3b\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{5}5=\frac{1}{2}\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{5}5\iff a+3b=\frac{1}{2}\iff 2a+6b=1$.

Nếu $b=\frac{1}{2}$ thì $2a+6.\frac{1}{2}=1\iff a=-1$.

Vì $a$ là số nguyên âm thuộc $\left[-10;-5\right]$ nên ta có bảng sau:

Vậy không có giá trị nguyên dương của $b$ thỏa mãn.

Đáp án

Giải thích

ABC.A′B′C′ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng $\left(ABC\right)$ trùng với trung điểm $BC$. Cho biết góc giữa hai mặt phẳng $\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$ và $\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ bằng $60^{\circ }$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu ĐÚNG SAI Khoảng cách giữa $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $BC$ bằng $\frac{3a}{4}$.   Khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $\mathrm{mp}\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$ bằng $\frac{3a\sqrt{14}}{7}$.   (ảnh 1)">

Gọi $H$ là trung điểm $BC$, theo giả thiết $A^{\prime }H\perp \left(ABC\right)$.

Vì  là tam giác đều nên $AH\perp BC$. Vậy $BC\perp \left(A^{\prime }AH\right)\Rightarrow BC\perp A{A}^{\prime }$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB,N$ là trung điểm $MB$. Ta có $CM\perp AB,NH$ là đường trung bình  nên $HN//CM\Rightarrow HN\perp AB$. Mà góc giữa hai mặt phẳng $\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$ và $\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$ và $\left(ABC\right)$ là góc $\widehat{A^{\prime }NH}=60^{\circ }$.

Ta có $HN=\frac{1}{2}CM=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow A^{\prime }H=NH.\tan 60^{\circ }=\frac{3a}{4}$.

Vì $A^{\prime }H\perp \left(ABC\right)$ nên $A^{\prime }H\perp BC$, mặt khác $A^{\prime }H\perp \left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ nên $A^{\prime }H\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$

$\Rightarrow d\left(A^{\prime }{B}^{\prime },BC\right)=A^{\prime }H=\frac{3a}{4}$.

Trong mặt phẳng $\left(A^{\prime }AH\right)$, kẻ $HK\perp A{A}^{\prime }$ tại $K$. Ta thấy $HK\perp A{A}^{\prime }$ mà $A{A}^{\prime }//B{B}^{\prime }\Rightarrow HK\perp B{B}^{\prime }$, $HK\perp BC$ nên $HK\perp \left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$.

Vì $A{A}^{\prime }//B{B}^{\prime }$ nên $d\left(A^{\prime };\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)\right)=d\left(K;\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)\right)=HK$.

Trong $\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }AH$ có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};A^{\prime }H=\frac{3a}{4}$ nên $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{16}{9a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{28}{9a^2}$

$\Rightarrow HK=\frac{3a\sqrt{7}}{14}$.

Đáp án

Giải thích

Thể tích của hộp là $V=\pi R^{2}h=\pi .10^2.56=5600\pi \left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$.

Tổng chiều cao của $n$ quả bóng thả trong hộp là: $2nR=2n.10=20n$.

Ta có: $20n\le 56\iff n\le 2,8$.

Vậy hộp chỉ đựng được tối đa 2 quả bóng.

Vì $\left(P\right)//O{O}^{\prime }$ nên $d\left(O{O}^{\prime };\left(P\right)\right)=d\left(O;\left(P\right)\right)=OH$ (với $H$ là trung điểm cạnh $AB$)

Ta có: $S_{ABCD}=80\iff AB.AD=80\iff AB=\frac{10}{7}\left(AD=h=56\right)$

$\iff 2BH=\frac{10}{7}\iff \sqrt{R^2-O{H}^2}=\frac{5}{7}\iff OH=\frac{5\sqrt{149}}{7}\left(\mathrm{cm}\right)$

Đáp án

Cho hình nón $\left(N\right)$ có đường cao $SO=9$ và bán kính đáy bằng $R$, gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $SO$ sao cho $OM=x(0<x<9)$. Mặt phẳng $\left(P\right)$ vuông góc với trục $SO$ tại $M$ giao với hình nón $\left(N\right)$ theo thiết diện là đường tròn $\left(C\right)$. Giá trị của $x$ bằng (1) ___3___ để khối nón có đỉnh là điểm $O$ và đáy là hình tròn $\left(C\right)$ có thể tích lớn nhất.

Giải thích

(N) có đường cao $SO=9$ và bán kính đáy bằng $R$, gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $SO$ sao cho $OM=x(0<x<9)$. Mặt phẳng $\left(P\right)$ vuông góc với trục $SO$ tại $M$ giao với hình nón $\left(N\right)$ theo thiết diện là đường tròn $\left(C\right)$. Giá trị của $x$ bằng (1) ______ để khối nón có đỉnh là điểm $O$ và đáy là hình tròn $\left(C\right)$ có thể tích lớn nhất. (ảnh 1)">

Gọi $BC$ là đường kính của $\left(C\right)$ và $AD$ là đường kính đường tròn đáy của $\left(N\right)$ sao cho $BC//AD$,

$S,A,B$ thẳng hàng $\Rightarrow S,C,D$ thẳng hàng.

Ta có $r=BM$ là bán kính đường tròn $\left(C\right)$.

Vì  nên $\frac{BM}{AO}=\frac{SM}{SO}\iff r=\frac{AO.SM}{SO}\iff r=\frac{R\left(9-x\right)}{9}$.

Thể tích của khối nón có đỉnh là $O$, đáy là $\left(C\right)$ là

$V=\frac{1}{3}\pi r^2.OM=\frac{1}{3}\pi {\left[\frac{R\left(9-x\right)}{9}\right]}^{2}x=\frac{1}{243}\pi R^2(9-x{)}^{2}x$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{243}\pi R^2(9-x{)}^{2}x,(0<x<9)$ ta có:

Ta có $f^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{243}\pi R^2\left(9-x\right)\left(9-3x\right)$;

$f^{\prime }\left(x\right)=0\iff \frac{1}{243}\pi R^2\left(9-x\right)\left(9-3x\right)=0\iff [\begin{array}{c}x=9\left(L\right)\\ x=3\left(tm\right)\end{array}$.

Lập bảng biến thiên ta có:

(N) có đường cao $SO=9$ và bán kính đáy bằng $R$, gọi $M$ là điểm thuộc đoạn $SO$ sao cho $OM=x(0<x<9)$. Mặt phẳng $\left(P\right)$ vuông góc với trục $SO$ tại $M$ giao với hình nón $\left(N\right)$ theo thiết diện là đường tròn $\left(C\right)$. Giá trị của $x$ bằng (1) ______ để khối nón có đỉnh là điểm $O$ và đáy là hình tròn $\left(C\right)$ có thể tích lớn nhất. (ảnh 2)">

Từ bảng biến thiên ta có thể tích khối nón có đỉnh là $O$, đáy là $\left(C\right)$ Iớn nhất khi $x=3$.