Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 13)

Đáp án

Tổng phần thực của hai số phức $z_1$ và $z_2$ bằng $\frac{27-8\sqrt{2}}{8}$.

Giá trị nhỏ nhất của $\left|z_1-z_2\right|$ bằng $\frac{21\sqrt{2}-16}{8}$.

Môđul của số phức $z_1$ bằng $\frac{3\sqrt{2}}{8}$.

Giải thích

Gọi $M(x;y)$ là điểm biểu diễn số phức $z_1$.

Khi đó $|z-1-2i{|}^2-|z+1{|}^2=1$

$\iff (x-1{)}^2+(y-2{)}^2-(x+1{)}^2-y^2=1\iff 4x+4y-3=0.$

$\Rightarrow$ Tập hợp điểm biểu diễn số phức $z_1$ là đường thẳng $\Delta :4x+4y-3=0$.

Gọi $N(a;b)$ là điểm biểu diển số phức $z_2$. Khi đó $|z-3-3i|=2\iff (a-3{)}^2+(b-3{)}^2=4$.

Hay tập hợp điểm $N$ trong mặt phẳng Oxy là đường tròn $(C):(x-3{)}^2+(y-3{)}^2=4$ có tâm $I(3;3)$, bán kính $R=2$.

z1​ thỏa mãn $|z-1-2i{|}^2-|z+1{|}^2=1$ và số phức $z_2$ thỏa mãn $|z-3-3i|=2$. Biết $\left|z_1-z_2\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất. (ảnh 2)">

Ta có $d(I;\Delta )=\frac{21\sqrt{2}}{8}>R\Rightarrow (\Delta )$ không cắt đường tròn $(C)$.

Mặt khác, $MN=\left|z_1-z_2\right|$. Khi đó, $M{N}_{\min }\iff MN=d(I;\Delta )-R=\frac{21\sqrt{2}}{8}-2=\frac{21\sqrt{2}-16}{8}.$

Đường thẳng MN đi qua điểm $I(3;3)$ và vuông góc với $\Delta$ có phương trình:

$(x-3)-(y-3)=0\iff x-y=0.$

Ta có: $M=\Delta \cap MN\Rightarrow$ Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}x-y=0\\ 4x+4y-3=0\end{array}\iff x=y=\frac{3}{8}\Rightarrow \left|z_1\right|=\frac{3\sqrt{2}}{8}$

Mặt khác, $N=(C)\cap MN\Rightarrow$ Tọa độ điểm $N$ là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{array}{c}x-y=0\\ {(x-3)}^2+{(y-3)}^2=4\end{array}\iff [\begin{array}{l}x=y=3+\sqrt{2}\\ x=y=3-\sqrt{2}\end{array}$

Tính độ dài MN ta được $N(3+\sqrt{2};3-\sqrt{2})$ thỏa mãn $M{N}_{\min }$.

Vậy $x_M+x_N=\frac{27-8\sqrt{2}}{8}$.

Đáp án

Giải thích

 Độ dốc mái tôn của nhà xưởng là $i=\frac{5,2-4}{8:2}.100\%=30\%$.

Gọi $\alpha$ là góc tạo bởi mặt phẳng mái và sàn. Khi đó, $\tan \alpha =\frac{H}{L}=0,3\Rightarrow \alpha \approx 17^{\circ }$.

Khi độ dốc mái giảm về mức tối thiểu thì $i=\frac{H^{\prime }}{L}.100\Rightarrow H^{\prime }=0,4(m)$.

Suy ra chiều cao của nhà xưởng khi $i=10\%$ là 4,4 m. Vậy chiều cao của nhà xưởng giảm $5,2-4,4=0,8(m)$. 

Đáp án

Cho $n$ đường tròn đồng tâm $O$. Biết rằng đường tròn trong cùng có bán kính $r_1=2$, chu vi đường tròn $\left(O;r_2\right)$ gấp 2 lần chu vi đường tròn $\left(O;r_1\right);\dots ;$ chu vi đường tròn $\left(O;r_n\right)$ gấp 2 lần chu vi đường tròn $\left(O;r_{n-1}\right)$. Nếu chu vi đường tròn $\left(O;r_n\right)$ gấp 128 lần chu vi đường tròn $\left(O;r_1\right)$ thì bán kính đường tròn gần lớn nhất $r_{n-1}$ bằng (1) __ 128 __ .

Giải thích

Nhận xét: $\{\begin{array}{c}2\pi r_2=2.2\pi r_1\\ \dots \\ 2\pi r_n=2.2\pi r_{n-1}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}{r}_2=2r_1\\ \dots \\ r_n=2r_{n-1}\end{array}$.

Các bán kính $r_1,r_2,\dots ,r_{n-1},r_n$ lập thành một cấp số nhân có số hạng đầu là $r_1=2$ và công bội $q=2$.

Lại có: $2\pi r_n=128.2\pi r_1\iff r_n=128r_1\iff r_n=2^7.r_1\Rightarrow q^{n-1}=2^7\Rightarrow n=8$.

Vậy bán kính đường tròn gần lớn nhất là $r_{n-1}=r_7=2^6.r_1=2^6.2=128$.

Đáp án

Giải thích

Thể tích của cốc nước là: $$V_0=\pi R^{2}h$$ .

Thể tích của phễu là: $V_1=\frac{1}{3}\pi R^2\frac{h}{2}=\frac{1}{6}{V}_0$.

Vậy thể tích của cốc gấp 6 lần thể tích phễu.

Vì lượng nước đổ vào phễu có chiều cao bằng $\frac{1}{2}$ chiều cao của phễu nên bán kính của mặt nước là $\frac{R}{2}$ (Áp dụng định lí Ta-let).

Khi đó, lượng nước đổ vào phễu là: $V_2=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{R}{2}\right)}^2.\frac{1}{2}.\frac{h}{2}=\frac{1}{48}{V}_0\approx 2,08\%V_0$

⇒Chiều cao của nước trong cốc sau 1 lần đổ là $$\frac{h}{48}$$.

Để để chiều cao của nước trong cốc vừa chạm đỉnh phễu thì cần $\frac{h}{2}:\frac{h}{48}=24$ lần đổ nước.

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

Giả sử quả bóng bàn có bán kính $r$, thể tích 3 quả bóng bàn là $V_1$ và hình hộp chữ nhật có thể tích $V$. Từ giả thiết suy ra đáy hình hộp là hình vuông cạnh 2r, chiều cao của hình hộp là 6r.

Vậy chiều cao của chiếc hộp gấp 6 lần bán kính của một quả bóng.

Ta có $V=24r^3;V_1=3.\frac{4}{3}\pi r^3=4\pi r^3$.

Suy ra thể tích phần không gian còn trống là $V_2=V-V_1=4r^3(6-\pi )$.

Thể tích phần không gian còn trống chiếm $\frac{V_2}{V}.100$.

Đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4 . Hai mặt bên $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$. Gọi $V_1;V_2$ lần lượt là thể tích khối chóp S.AHK và S.ACD với H, K lần lượt là trung điểm của SC và SD. Độ dài đường cao của khối chóp S.ABCD là 4  và tỉ số $k=\frac{V_1}{V_2}=$$\frac{1}{4}$ .

Giải thích

(SAB) và $(SAD)$ cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ bằng $45^{\circ }$. Gọi $V_1;V_2$ lần lượt là thể tích khối chóp S.AHK và S.ACD với H, K lần lượt là trung điểm của SC và SD. Độ dài đường cao của khối chóp S.ABCD là _______ và tỉ số $k=\frac{V_1}{V_2}=$ _______. (ảnh 2)">

Do $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng vuông góc với mặt đáy nên $SA\perp (ABCD)$.

Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$.

Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}=45^o$.

Ta có tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh $A$.

$\Rightarrow h=SA=4.$

Áp dụng công thức tỉ số thể tích có: $\frac{V_1}{V_2}=\frac{SH}{SC}.\frac{SK}{SD}=\frac{1}{4}$.

Đáp án

Để đa thức $A(x)=x^4-9x^3+21x^2+x+m-9$ chia hết cho đa thức $B(x)=x^2-x-2$ thì giá trị của $m$ bằng -21 .

Để đa thức $f(x)=2x^3-b{x}^2+x+a-4$ chia hết cho $x-1$ và $x+2$ thì $a=$ -6  và $b=$ -7 .

Giải thích

+) Ta có $A(x)=\left(x^2-8x+15\right)\left(x^2-x-2\right)+m+21$, do đó $A(x)$ chia hết cho $B(x)$ khi $m+21=0\iff m=-21$.

+) Đa thức $f(x)$ chia hết cho $x-1$ và $x+2$ thì

$\{\begin{array}{l}f(x)=p(x)(x-1)\\ f(x)=q(x)(x+2)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}f(1)=0\\ f(-2)=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a-b=1\\ a-4b=22\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-6\\ b=-7\end{array}$

Đáp án

Giải thích

ТХĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \{2\}$.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-3}{2-x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x-3}{2-x}=-2\Rightarrow y=-2$ 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 $k=y^{\prime }(-1)=\frac{1}{9}$.

Đáp án

Hai bạn An và Bình chơi trò gieo xúc xắc với nhau. Luật chơi như sau: hai bạn có 3 con xúc xắc, các bạn gieo 3 con xúc xắc cùng lúc, lấy con xúc xắc có số chấm nhiều nhất qua một bên (nếu có nhiều hơn 1 con xúc xắc cùng ra số chấm nhiều nhất thì bỏ ra 1 con xúc xắc bất kì trong đó), sau đó gieo 2 con xúc xắc còn lại cùng lúc, lấy con xúc xắc có số chấm nhiều nhất qua một bên và gieo con xúc xắc còn lại, sau đó cộng số chấm trên 3 con xúc xắc đó với nhau, bạn nào có tổng số chấm cao hơn thì chiến thắng. Bạn An chơi trước, tổng số chấm trên 3 con xúc xắc bạn gieo được là 16. Xác suất bạn Bình giành chiến thắng là (1) __ 7,5% __ (viết kết quả dưới dạng phần trăm, làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Giải thích

Tổng số chấm tối đa có thể thu được là 6.3 = 18.

Để bạn Bình giành chiến thắng thì tổng số chấm bạn thu được phải là 17hoặc 18.

TH1. Tổng số chấm là 18.

Để tổng số chấm là 18 thì con xúc xắc có số chấm nhiều nhất trong 3 lần gieo đều phải bằng 6.

Xác suất xảy ra là: $\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3\right].\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^2\right].\frac{1}{6}=\frac{1001}{46656}$.

TH2. Tổng số chấm là 17.

Để tổng số chấm là 17 thì con xúc xắc có số chấm nhiều nhất trong 2 lần gieo bằng 6, trong lần gieo còn lại bằng 5.

+ Số chấm cao nhất trong 3 lần gieo lần lượt là 6, 6, 5. Xác suất xảy ra là:

$\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3\right].\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^2\right].\frac{1}{6}=\frac{1001}{46656}$.

+ Số chấm cao nhất trong 3 lần gieo lần lượt là 6, 5, 6. Xác suất xảy ra là:

$\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^3\right].\left(C_2^1.\frac{1}{6}.\frac{4}{6}+\frac{1}{6}.\frac{1}{6}\right).\frac{1}{6}=\frac{91}{5184}$.

+ Số chấm cao nhất trong 3 lần gieo lần lượt là 5, 6, 6. Xác suất xảy ra là:

$\left[C_3^1.\frac{1}{6}.{\left(\frac{4}{6}\right)}^2+C_3^2.{\left(\frac{1}{6}\right)}^2.\frac{4}{6}+C_3^3.{\left(\frac{1}{6}\right)}^3\right].\left[1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^2\right].\frac{1}{6}=\frac{671}{46656}$ .

Xác suất để bạn Bình giành chiến thắng là:

$\frac{1001}{46656}+\frac{1001}{46656}+\frac{91}{5184}+\frac{671}{46656}=\frac{97}{1296}\approx 7,5\%$.

Đáp án

Giải thích

Ta có:

$3{\cos }^{2}x+2|\sin x|=m$

$\iff 3\left(1-{\sin }^{2}x\right)+2|\sin x|=m$

$\iff 3{\sin }^{2}x-2|\sin x|+m-3=0$ (∗∗)

+, Với m = 1, phương trình trở thành: $$3{\sin }^{2}x-2\left|\sin x\right|-2=0\iff [\begin{array}{l}\left|\sin x\right|=\frac{1-\sqrt{7}}{3}\\ \left|\sin x\right|=\frac{1+\sqrt{7}}{3}\end{array}\left(L\right)$$

Vậy với m = 1, phương trình (∗) vô nghiệm.

+, Đặt $t=|\sin x|(t\ge 0)$. Phương trình (∗∗) trở thành: $m=-3t^2+2t+3$.

Phương trình (∗) có nghiệm ⇔(∗∗) có ít nhất một nghiệm thỏa mãn $0\le \sin x\le 1$.

⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số $f(t)=-3t^2+2t+3$ tại ít nhất một điểm có hoành độ thỏa mãn $$0\le t_0\le 1$$.

Bảng biến thiên của hàm số $f(t)=-3t^2+2t+3$ trên [0;1]:

3cos2x+2∣sinx∣=m (∗) với $m$ là tham số. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Với m = 1, phương trình (∗) có 4 điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.   Có 2 giá trị nguyên của tham số m để phương trình (∗) có nghiệm.   Có một giá trị của tham số m để phương trình (∗) có nghiệm duy nhất thuộc đoạn $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$.   (ảnh 1)">

Vậy phương trình đã cho có nghiệm $\iff 2\le m\le \frac{10}{3}$ hay có 2 giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $(\ast )$ có nghiệm.

+ , Trên $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$, nếu $x$ là nghiệm của phương trình $(\ast )$ thì $-x$ cũng là nghiệm của $(\ast )$.

Để phương trình $(\ast )$ có nghiệm duy nhất trên $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$ thì $x=0$.

Với $x=0$ ta có: $(\ast \ast )\iff m-3=0\iff m=3$

Thử lại, với $m=3$, phương trình $(\ast \ast )$ trở thành $3{\sin }^{2}x-2\left|\sin x\right|=0\iff$$[\begin{array}{l}\sin x=0\\ \sin x=\pm \frac{2}{3}\end{array}$

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta thấy trên $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$, phương trình $(\ast )$ có nhiều hơn một nghiệm.

3cos2x+2∣sinx∣=m (∗) với $m$ là tham số. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Với m = 1, phương trình (∗) có 4 điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.   Có 2 giá trị nguyên của tham số m để phương trình (∗) có nghiệm.   Có một giá trị của tham số m để phương trình (∗) có nghiệm duy nhất thuộc đoạn $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$.   (ảnh 2)">

Vậy không tồn tại giá trị của tham số m để phương trình (*) có nghiệm duy nhất trên $\left[-\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{4}\right]$.

Đáp án

Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC.

Ta xây dựng dãy các tam giác $A_1{B}_1{C}_1,A_2{B}_2{C}_2,A_3{B}_3{C}_3,\dots$ sao cho $A_1{B}_1{C}_1$ là một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số nguyên dương $n\ge 2$, tam giác $A_n{B}_n{C}_n$ là tam giác trung bình của tam giác $A_{n-1}{B}_{n-1}{C}_{n-1}$. Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $S_n$ tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác $A_n{B}_n{C}_n$. Tổng $S=S_1+S_2+\dots +S_n+\dots$ có giá trị bằng (1) __ 12,57 __ . (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Giải thích

Vì dãy các tam giác $A_1{B}_1{C}_1,A_2{B}_2{C}_2,A_3{B}_3{C}_3,\dots$ là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác bằng cạnh $\times \frac{\sqrt{3}}{3}$.

Với $n=1$ thì tam giác đều $A_1{B}_1{C}_1$ có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ có bán kính $R_1=3.\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow S_1=\pi {\left(3.\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2$.

Với $n=2$ thì tam giác đều $A_2{B}_2{C}_2$ có cạnh bằng $\frac{3}{2}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_2{B}_2{C}_2$ có bán kính $R_2=3.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow S_2=\pi {\left(3.\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2$.

Với $n=3$ thì tam giác đều $A_3{B}_3{C}_3$ có cạnh bằng $\frac{3}{4}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_2{B}_2{C}_2$ có bán kính $R_3=3.\frac{1}{4}.\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow S_3=\pi {\left(3.\frac{1}{4}.\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2$.

…………

Như vậy tam giác đều $A_n{B}_n{C}_n$ có cạnh bằng $3.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ nên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_n{B}_n{C}_n$ có bán kính $R_n=3.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow S_n=\pi {\left(3.{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2$.

Khi đó ta được dãy $S_1,S_2,\dots S_n$.. là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $u_1=S_1=3\pi$ và công bội $q=\frac{1}{4}$.

Do đó tổng $S=S_1+S_2+\dots +S_n+\dots =\frac{u_1}{1-q}=4\pi \approx 12,57$.