Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 16)

Đáp án

Với $m=$1 , hàm số đã cho có một điểm cực trị.

Có 10  giá trị nguyên của tham số $m$ thuộc $\left[-10;10\right]$ để $\underset{\left[-2;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(3\right)$.

Giải thích

Để hàm số có một điểm cực trị thì $m-1=0\iff m=1$. Khi đó $f\left(x\right)=2x^2+1$ (thỏa mãn có 1 điểm cực trị).

Với $m=1$ ta có: $f\left(x\right)=2x^2+1$.

Vì hàm số $f\left(x\right)=2x^2+1$ là hàm số chẵn nên nhận trục $Oy$ làm trục đối xứng

$\Rightarrow \underset{\left[-2;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(3\right)$

Với $m\ne 1$ ta có: $f^{\prime }\left(x\right)=3\left(m-1\right)x^2+4mx;f^{\prime }\left(x\right)=0\iff [\begin{array}{c}{x}_1=0\\ x_2=\frac{4m}{3\left(1-m\right)}\end{array}$

Xét $x_2<x_1\iff [\begin{array}{l}m>1\\ m<0\end{array}$, ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$ như sau:

f(x)=(m−1)x3+2mx2+1, với $m$ là tham số. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 2)">

Để $\underset{\left[-2;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(3\right)$ thì $[\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{x}_2<-2\\ f\left(-2\right)\le f\left(3\right)\end{array}\\ \{\begin{array}{c}-2\le x_2\\ f\left(x_2\right)\le f\left(3\right)\end{array}\end{array}$

\(\) $$\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}\frac{4m}{3(1-m)}<-2\\ 9\le 45m-26\end{array}\\ \{\begin{array}{l}\frac{4m}{3(1-m)}\ge -2\\ \frac{32m^3}{27{(m-1)}^2}+1\le 45m-26\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{l}\{\begin{array}{c}1<m<3\\ m>\frac{7}{9}\end{array}\\ \{\begin{array}{l}[\begin{array}{l}m\ge 3\\ m\le 1\end{array}\\ [\begin{array}{l}m=\frac{9}{13}\\ m\ge \frac{9}{7}\end{array}\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{c}1<m<3\\ m\ge 3\\ m=\frac{9}{13}\end{array}$$ (thỏa mãn điều kiện)

Xét \({x_2} > {x_1} \Leftrightarrow 0 < m < 1\), ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$ như sau:

f(x)=(m−1)x3+2mx2+1, với $m$ là tham số. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau: (ảnh 3)">

Để  thì $\{\begin{array}{c}{x}_2\ge 3\\ f\left(-2\right)\le f\left(3\right)\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{c}\frac{4m}{3\left(1-m\right)}\ge 3\\ 9\le 45m-26\end{array}\iff \{\begin{array}{c}\frac{9}{13}\le m<1\\ m\le \frac{7}{9}\end{array}\iff \frac{7}{9}\le m<1$ (thỏa mãn điều kiện)

Kết hợp các trường hợp và $m\in \left[-10;10\right],m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{1;2;\dots ;10\right\}$.

Đáp án

Giải thích

$\sqrt[3]{a^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7\right)}^2}}=\sqrt[3]{{\left(a^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7}\right)}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7}}=\sqrt[3]{{27}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7}}=\sqrt[3]{{\left(3^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7}\right)}^3}=7$.

$\sqrt{b^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11\right)}^2}}=\sqrt{{\left(b^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11}\right)}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11}}=\sqrt{{49}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11}}=\sqrt{{\left(7^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11}\right)}^2}=11$.

$c^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25\right)}^2}={\left(c^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25}\right)}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25}=(\sqrt{11}{)}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25}=\sqrt{{11}^{\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25}}=\sqrt{25}=5$.

Vậy $\sqrt[3]{a^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{3}7\right)}^2}}+\sqrt{b^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{7}11\right)}^2}}+c^{{\left(\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{11}25\right)}^2}=7+11+5=23$.

Đáp án

Giải thích

Gọi $I$ là trung điểm cạnh $AB$.

Vì tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SI\perp \left(ABCD\right)$.

$\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$

Ta có: $\frac{d\left(J;\left(ACD\right)\right)}{d\left(S;\left(ABCD\right)\right)}=\frac{1}{2}$ và $S_{ACD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$.

$\Rightarrow V_{ACDJ}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.V_{S.ABCD}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$.

Ta có: $d\left(D;\left(ACJ\right)\right)=\frac{3V_{ACDJ}}{S_{ACJ}}$.

 vuông tại $B$ có: $C{I}^2=C{B}^2+B{I}^2=a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2=\frac{5a^2}{4}$.

$\mathrm{\Delta }SIC$ vuông tại $I$ có: $S{C}^2=S{I}^2+I{C}^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{5a^2}{4}=2a^2$.

$\mathrm{\Delta }SID$ vuông tại $I$ có: $S{D}^2=S{I}^2+I{D}^2=2a^2$.

$\Delta SCD$ có $CJ$ là đường trung tuyến nên $C{J}^2=\frac{S{C}^2+C{D}^2}{2}-\frac{S{D}^2}{4}=a^2$.

$\mathrm{\Delta }SAD$ cân tại $A$ (do $SA=AD=a$) nên $AJ$ vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

$\Rightarrow A{J}^2=A{D}^2-D{J}^2=A{D}^2-{\left(\frac{SD}{2}\right)}^2=\frac{a^2}{2}$

Xét  có $\cos A=\frac{A{J}^2+A{C}^2-C{J}^2}{2AJ.AC}=\frac{3}{4}$.

$\Rightarrow \sin \widehat{JAC}=\frac{\sqrt{7}}{4}\Rightarrow S_{AJC}=\frac{1}{2}AJ.AC.\sin \widehat{JAC}=\frac{a^2\sqrt{7}}{8}$.

$\Rightarrow d\left(D;\left(ACJ\right)\right)=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Đáp án

Có 9    giá trị nguyên của $m$ thuộc $\left[-10;10\right]$ để hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng $\left(0;1\right)$.

Có 18  giá trị nguyên của $m$ thuộc $\left[-10;10\right]$ để hàm số đã cho nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn 1.

Giải thích

a) Ta có: $y^{\prime }=x^2-\left(2m+1\right)x+3m+2$.

Hàm số nghịch biến trong khoảng $\left(0;1\right)$ khi và chỉ khi

$y^{\prime }=f\left(x\right)=x^2-\left(2m+1\right)x+3m+2\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)$.

$\iff$ Phương trình $f\left(x\right)=0$ có hai nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn

$x_1\le 0<1\le x_2\iff \{\begin{array}{c}{x}_1{x}_2\le 0\\ \left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)\le 0\end{array}\iff \{\begin{array}{c}3m+2\le 0\\ m+2\le 0\end{array}\iff m\le -2$.

Mà $m\in \left[-10;10\right]$, $m$ nguyên nên $m\in \left\{-10;-9;\dots ;-2\right\}$. Vậy có 9 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn ycbt.

b) Tam thức $y^{\prime }=f\left(x\right)$ có biệt thức $\mathrm{\Delta }=4m^2-8m-7$.

Nếu $\mathrm{\Delta }\le 0$ thì $y^{\prime }\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên hàm số luôn đồng biến (không thỏa mãn).

Nếu $\mathrm{\Delta }>0$ thì $y^{\prime }\le 0\iff x_1\le x\le x_2$, hàm số nghịch biến trong khoảng $\left(x_1;x_2\right)$.

Để hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1 thì $\left|x_1-x_2\right|>1\iff {\left(x_1-x_2\right)}^2>1$

$\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2>1\left(1\right)$

Theo định lí Viete, ta có: $x_1+x_2=2m+1,x_1{x}_2=3m+2$.

Thay vào (1), ta tìm được $m<1-\sqrt{3}$ hoặc $m>1+\sqrt{3}$ (thỏa mãn $\mathrm{\Delta }>0$).

Mà $m\in \left[-10;10\right]$, $m$ nguyên nên $m\in \left\{-10;-9;\dots ;-1;3;\dots ;10\right\}$. Vậy có 18 giá trị của $m$ thỏa mãn ycbt.

Đáp án

Giải thích

Ta có:

$y=\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{4}x+\mathrm{co}{\mathrm{s}}^{4}x+\sin x\cos x$

$\iff y=1-2\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}x\mathrm{co}{\mathrm{s}}^{2}x+\sin x\cos x\iff y=1-\frac{1}{2}\mathrm{si}{\mathrm{n}}^{2}2x+\frac{1}{2}\sin 2x$

$\iff y=1-\frac{1}{2}\left[{\left(\sin 2x-\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{1}{4}\right]\iff y=\frac{9}{8}-\frac{1}{2}{\left(\sin 2x-\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{9}{8}$.

Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là $\frac{9}{8}$ khi $$\sin 2x=\frac{1}{2}=\sin \frac{\pi }{6}\iff \{\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{12}+k\pi \\ x=\frac{5\pi }{12}+k\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$$.

Đáp án

Giải thích

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

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

Đáp án

Cho một đa giác đều 14 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông bằng (1) __3/13__.

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\mathrm{\Omega }\right)=C_{14}^3$.

Đa giác đều 14 đỉnh có 7 đường chéo đi qua tâm, với mỗi đường chéo thì số tam giác vuông nhận đường chéo là cạnh huyền là 12 nên số tam giác vuông thỏa mãn yêu cầu bài toán là $7.12=84$ (tam giác).

Xác suất cần tính là $P=\frac{84}{C_{14}^3}=\frac{3}{13}$.

Đáp án

Tải đề thi tại website Tailieuchuan.vn để được bảo hành nội dung

Cho hình lập phương $ABCD\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có cạnh bằng $a$. Gọi $K$ là một điểm thuộc cạnh $D{D}^{\prime }(K$ khác $D$ và $D^{\prime }$) sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng $CK$ và $A^{\prime }D$ bằng $\frac{a}{3}$. Tỉ số $\frac{DK}{D{D}^{\prime }}$ bằng (1) __1/2__.

Giải thích

ABCD.A′B′C′D′ có cạnh bằng $a$. Gọi $K$ là một điểm thuộc cạnh $D{D}^{\prime }(K$ khác $D$ và $D^{\prime }$) sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng $CK$ và $A^{\prime }D$ bằng $\frac{a}{3}$. Tỉ số $\frac{DK}{D{D}^{\prime }}$ bằng (1) ___. (ảnh 1)">

Đặt $\frac{DK}{D{D}^{\prime }}=x$.

Gọi $M$ là điểm thuộc cạnh $B{B}^{\prime }$ sao cho $\frac{B^{\prime }M}{B^{\prime }B}=x$.

Ta có $A^{\prime }M//KC$ nên $d\left(CK;A^{\prime }D\right)=d\left(CK;\left(A^{\prime }MD\right)\right)=d\left(K;\left(A^{\prime }MD\right)\right)$.

Gọi $N=AK\cap A^{\prime }D;P=AB\cap A^{\prime }M$. Khi đó $\frac{d\left(K;\left(A^{\prime }MD\right)\right)}{d\left(A;\left(A^{\prime }MD\right)\right)}=\frac{NK}{NA}=\frac{DK}{A{A}^{\prime }}=x$.

Suy ra $d\left(CK;A^{\prime }D\right)=x.d\left(A;\left(A^{\prime }MD\right)\right)=x.d\left(A;\left(A^{\prime }DP\right)\right)$.

$\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{BP}=\frac{B^{\prime }M}{BM}=\frac{x}{1-x}$ suy ra $BP=\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }\left(1-x\right)}{x}=\frac{a\left(1-x\right)}{x}$ nên $AP=BP+AB=\frac{a\left(1-x\right)}{x}+a=\frac{a}{x}$.

Tứ diện $A.A^{\prime }DP$ vuông tại $A$ nên $\frac{1}{d^2\left(A;\left(A^{\prime }DP\right)\right)}=\frac{1}{A{A}^{{}^{\prime }2}}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{P}^2}=\frac{x^2+2}{a^2}$

Suy ra $\mathrm{d}\left(A;\left(A^{\prime }DP\right)\right)=\frac{a}{\sqrt{x^2+2}}$. Do đó $d\left(CK;A^{\prime }D\right)=\frac{ax}{\sqrt{x^2+2}}$

Mà $d\left(CK;A^{\prime }D\right)=\frac{a}{3}$ suy ra $\frac{x}{\sqrt{x^2+2}}=\frac{1}{3}$.

Giải phương trình này thu được $x=\frac{1}{2}$.

Vậy $\frac{DK}{D{D}^{\prime }}=\frac{1}{2}$.

Đáp án

Chọn ngẫu nhiên 2 bài làm của 2 em học sinh. Xác suất để chọn được 2 bài trên 7 điểm là (1) __11,1__ % (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất).

Giải thích

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\mathrm{\Omega }\right)=C_{50}^2$.

Biến cố $A$ : "Chọn được 2 bài trên 7 điểm" $\Rightarrow n\left(A\right)=C_{10+4+3}^2=C_{17}^2$.

Xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\mathrm{\Omega }\right)}=\frac{C_{17}^2}{C_{50}^2}\approx 11,1$.

Đáp án

Giải thích

Ta có:

$220=2^2\times 5\times 11$. Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: $1;2;4;5;10;11;20;44;55;110$.

Tổng của 11 ước này bằng 284 .

$284=2^2\times 71$. Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: 1;$2;4;71;142$. Tổng của 5 ước này bằng 220.

Vậy 220 và 284 là một cặp số thân thiết.

$140=2^2\times 5\times 7$. Ngoài chính nó ra, nó còn có 11 ước số khác là: $1;2;4;5;7;10;12;20;28;35;70$.

Tổng của 11 ước này bằng 194.

$195=3\times 5\times 13$. Ngoài chính nó ra, nó còn có 7 ước số khác là: $1;3;5;13;15;39;65$. Tổng của 11 ước này bằng 141.

Ta thấy $141-140=1,194-195=-1$. Vậy 140 và 195 không là cặp số hứa hôn.

$48=2^4\times 3$. Ngoài chính nó, nó còn có 9 ước số khác là: $1;2;3;4;6;8;12;16;24$. Tổng của 9 ước này bằng $76\ne 75$.

$75=3\times 5^2$. Ngoài chính nó, nó còn có 5 ước số khác là: $1;3;5;15;25$. Tổng của 5 ước này bằng 49. Ta thấy $76-75=1$ và $49-48=1$. Vậy 48 và 75 là cặp số hứa hôn.

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 $\vec{u}=\left(2023;y_0;z_0\right)$. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau (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: $IH=d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{|2.3+2.2-5-3|}{\sqrt{2^2+2^2+{(-1)}^2}}=\frac{2}{3}$.

$\mathrm{\Delta }IHE$ 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

Giải thích

Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(1;2;3\right);d$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=\left(1;-2;1\right)$ nên $\overrightarrow{MN}\cdot \vec{u}=0$ suy ra $MN\perp d$.

Mặt phẳng $\left(P\right)$ qua $MN$ vuông góc với $d$ có phương trình $x-2y+z-2=0$.

Gọi $E=d\cap \left(P\right)$.

Ta có: $IM\ge EM;IN\ge EN\Rightarrow IM+IN\ge EM+EN$