Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 28)

Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) ___540__.

Số hình vuông có trên hình là: (2) ___100___.

Giải thích

Cứ hai đường kẻ ngang phân biệt và 2 đường kẻ dọc phân biệt cho ta một hình chữ nhật. Vậy số hình chữ nhật là: $C_9^2\times C_6^2=540$.

Số hình vuông là: $8\times 5+7\times 4+6\times 3+5\times 2+4\times 1=100$.

Đặt $g\left(x\right)=ax+2a+1$.

Hàm số liên tục tại $x_0=0\iff {\text{lim}}_{x\to 0}f\left(x\right)=f\left(0\right)=3$.

Để tồn tại  thì $g\left(0\right)\ne 0\iff a\ne -\frac{1}{2}$.

Với $a\ne -\frac{1}{2}$ thì $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=\frac{2}{2a+1}\Rightarrow \frac{2}{2a+1}=3\iff a=-\frac{1}{6}$.

Bất phương trình trở thành: $x^2-6x+5\le 0\iff 1\le x\le 5$.

Vì $x$ nguyên nên $x\in \left\{1;2;3;4;5\right\}$. Vậy bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Cho hàm số $y=\frac{\sin x}{1+\cos x}+\frac{1}{1-\cos x}+\cot x\left(C\right)$. Số giao điểm của đồ thị hàm số $\left(C\right)$ với đường thẳng $y=2$ trên đọan $\left[-\pi ;\pi \right]$ là 3 , trong đó điểm có hoành độ $\frac{\pi a}{b}$ với $a=$-1 ,$b=$ 4 $(a,b\in \mathbb{Z};b>0;\left(a;b\right)=1)$nằm gần trục tung nhất.

Giải thích

Điều kiện xác định của hàm số $\left(C\right):\left(\begin{array}{c}\cos x\ne \pm 1\\ \sin x\ne 0\end{array}\right)\iff x\ne k\pi \left(k,\in ,\mathbb{Z}\right)$.

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$\frac{\sin x}{1+\cos x}+\frac{1}{1-\cos x}+\cot x=2\left(\ast \right)$

$\iff \frac{\sin x\left(1-\cos x\right)+1+\cos x}{\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}x}+\frac{\cos x}{\sin x}=2$

$\Rightarrow \sin x-\sin x\cos x+1+\cos x+\sin x\cos x=2\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}x$

$\iff \sin x+\cos x+1-2\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}x=0$

$\iff \sin x+\cos x+\cos 2x=0$

$\iff \left(\sin x+\cos x\right)\left(1+\cos x-\sin x\right)=0$

$\iff \left(\begin{array}{c}\sin x+\cos x=0\\ 1+\cos x-\sin x=0\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}\tan x=-1\\ \sin \left(x,-,\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right)\iff \left(\begin{array}{c}x=-\frac{\pi }{4}+k\pi (t,m)\\ x=\frac{\pi }{2}+k2\pi (t,m)\\ x=\pi +k2\pi (L)\end{array}\right)(k,\in ,\mathbb{Z})$

Xét $-\pi \le -\frac{\pi }{4}+k\pi \le \pi \iff -\frac{3}{4}\le k\le \frac{5}{4}\iff k\in \left\{0;1\right\}$.

Xét $-\pi \le \frac{\pi }{2}+k2\pi \le \pi \iff -\frac{3}{4}\le k\le \frac{1}{4}\iff k=0$.

Vậy có 3 nghiệm của (*) trên $\left[-\pi ;\pi \right]$ hay số giao điểm của đồ thị hàm số $\left(C\right)$ với đường thẳng $y=2$ trên đoạn $\left[-\pi ;\pi \right]$ là 3 , trong đó điểm có hoành độ $\frac{-\pi }{4}$ nằm gần trục tung nhất $\Rightarrow a=-1;b=4$.

Tại thời điểm $t=3$, chất điểm chuyển động với gia tốc bằng 14 m/s2.

Tại thời điểm $t=2$, chất điểm chuyển động với vận tốc bằng 16 m/s.

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm chất điểm có gia tốc chuyển động nhỏ nhất bằng 13 m/s.

Giải thích

Gọi $v\left(t\right),a\left(t\right)$ lần lượt là vận tốc và gia tốc của chất điểm.

Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, ta suy ra $\{\begin{array}{c}v\left(t\right)=s^{\prime }\left(t\right)=t^3-3t^2+5t+10\\ a\left(t\right)=v^{\prime }\left(t\right)=3t^2-6t+5\end{array}$.

Tại thời điểm $t=3$, chất điểm chuyển động với gia tốc bằng

$a\left(3\right)=3.3^2-6.3+5=14\left(\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2\right)$.

Tại thời điểm $t=2$, chất điểm chuyển động với vận tốc bằng

$v\left(2\right)=2^3-3.2^2+5.2+10=16\left(\mathrm{m}/\mathrm{s}\right)$.

Ta có: $a\left(t\right)=3t^2-6t+5=3(t-1{)}^2+2\ge 2$ với mọi $t$, dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $t=1$.

Suy ra gia tốc chuyển động của chất điểm nhỏ nhất bằng 2 khi $t=1$.

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm gia tốc nhỏ nhất là

$v\left(1\right)=1^3-3.1^2+5.1+10=13\left(\mathrm{m}/\mathrm{s}\right)$.

Giải thích

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).

Giải thích

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{SBC}$

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABC$ là:

$IS=R=\sqrt{\frac{S{A}^2}{4}+M{S}^2}=\sqrt{\frac{S{A}^2}{4}+\frac{B{C}^2}{4}}=\sqrt{\frac{S{A}^2}{4}+\frac{2S{B}^2}{4}}=\frac{SA\sqrt{3}}{2}$.

Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp $S.ABC$ là: $S=4\pi R^2=3S{A}^2$.

Với $m=2$, đồ thị $\left(C\right)$ có 0  điểm cực trị.

Có 1  giá trị nguyên âm của tham số $m$ để đồ thị $\left(C\right)$ cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Giải thích

Với $m=2$ ta có $:y=x^3+3x-1\Rightarrow y^{\prime }=3x^2+3>0,\forall x\in \mathbb{R}$.

$\Rightarrow$ Hàm số đã cho không có điểm cực trị.

Phương trình hoành độ giao điểm là : $x^3-\left(m-2\right)x^2+3x-1=0\left(\ast \right)$.

Vì $x=0$ không là nghiệm của phương trình $\left(\ast \right)$ nên ta có :

$\frac{x^3+3x-1}{x^2}=m-2\iff x+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^2}=m-2$.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^2}\Rightarrow f^{\prime }\left(x\right)=1-\frac{3}{x^2}+\frac{2}{x^3}=\frac{x^3-3x+2}{x^3}$.

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

Bảng biến thiên :

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy $f\left(x\right)=m-2$ có nghiệm duy nhất $\iff m-2>-\frac{15}{4}\iff m>-\frac{7}{4}$.

Vậy có duy nhất một giá trị nguyên âm của tham số $m$ để đồ thị hàm số $\left(C\right)$ cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Mô đun của số phức $(3-4i{)}^2$ là (1) __25__.

Giải thích

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

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

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

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

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

Hàm số $y=f\left(x\right)$ có 1  điểm cực trị.

Hàm số $y=f\left(x\right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại -2 .

Hàm số $y=f\left(x\right)-x$ có 5  điểm cực trị.

Giải thích

Đồ thị hàm số $f^{\prime }\left(x\right)$ cắt (nhưng không tiếp xúc) trục $Ox$ tại 1 điểm nên hàm số $y=f\left(x\right)$ có 1 điểm cực trị.

Ta có BBT của hàm số $y=f\left(x\right)$:

Vậy hàm số $y=f\left(x\right)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=-2$.

Hàm số $y=f\left(x\right)-x$ có $y^{\prime }=f^{\prime }\left(x\right)-1$.

$f^{\prime }\left(x\right)-1=0\iff f^{\prime }\left(x\right)=1$

Ta thấy đường thẳng $y=1$ cắt đồ thị hàm số $y=f^{\prime }\left(x\right)$ tại 5 điểm phân biệt. Vậy hàm số $y=f\left(x\right)-x$ có 5 điểm cực trị.