Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 16) – Phần 2

Đáp án

Để diện tích xung quanh của hình trụ bằng tổng diện tích hai đáy thì chiều cao của hình trụ bằng (1)  ___1/2___ đường kính đáy.

Giải thích

Vì diện tích xung quanh của hình trụ bằng diện tích hai đáy nên ta có: $2\pi rh=2\pi r^2\iff h=r$.

Vậy chiều cao của hình trụ bằng $\frac{1}{2}$ đường kính đáy.

Đáp án

Xung quanh một bờ hồ hình tròn có trồng 20 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 5 cây sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt. Có (1) ___4004___ cách thực hiện khác nhau.

Giải thích

Ta gọi một trong số 20 cây cau cảnh trong đầu bài là $A$. Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Cây $A$ không bị chặt.

Sau khi chặt đi 5 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 15 khoảng trống. 5 cây bị chặt tương ứng với 5 trong số 15 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là $C_{15}^5=3003$.

Trường hợp 2: Cây $A$ bị chặt.

Sau khi chặt tiếp 4 cây, còn lại 15 cây. Xen kẽ giữa 15 cây này có 14 khoảng trống không kề với vị trí của cây $A$. 4 cây bị chặt (không kể cây $A$) tương ứng với 4 trong số 14 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là $C_{14}^4=1001$.

Theo quy tắc cộng, ta được số khả năng phải tìm là $3003+1001=4004$ (cách).

Đáp án

Gọi $h,r$ lần lượt là chiều cao và bán kính đáy của khối trụ (tính theo đơn vị $dm$). Khi đó ta có $4r^2+h^2=$ (1) ____4____.

Trong các khối trụ thỏa mãn tính chất trên, biết rằng khối trụ có diện tích toàn phần lớn nhất là $\left(a+\sqrt{b}\right)\pi \mathrm{d}{\mathrm{m}}^2$ (với $\mathrm{a},\mathrm{b}$ là hai số nguyên). Khi đó $a+b=$ (2) ____6____.

Giải thích

Cách 1. Ta có: $r^2+\frac{h^2}{4}=1\Rightarrow 4r^2+h^2=4$.

$S_{tp}=2\pi r\left(r+h\right)=2\pi \left(r^2+rh\right)$ (1).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

$1=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)r^2+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}{r}^2+\frac{h^2}{4}\right)\ge \left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)r^2+2\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}{r}^2.\frac{h^2}{4}}=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)\left(r^2+rh\right)\left(2\right)$.

Kết hợp (1) và (2) ta suy ra $S_{tp}\le \pi \left(1+\sqrt{5}\right)$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=1\\ b=5\end{array}$

Cách 2. Ta có: $r^2+\frac{h^2}{4}=1\Rightarrow 4r^2+h^2=4$.

$S_{tp}=2\pi \left(r^2+rh\right)=8\pi \left(\frac{r^2+rh}{4r^2+h^2}\right)$

$=8\pi \left(\frac{{\left(\frac{r}{h}\right)}^2+\frac{r}{h}}{4{\left(\frac{r}{h}\right)}^2+1}\right)=8\pi \frac{t^2+t}{4t^2+1}$

Khảo sát hàm $f\left(t\right)=\frac{t^2+t}{4t^2+1},t>0$ ta suy ra $\max S_{tp}=\pi \left(1+\sqrt{5}\right)$.

Đáp án

Góc lượng giác $\frac{32\pi }{5}$ rad tương ứng với chuyển động quay 3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ.

Trên đường tròn đường kính bằng 4 cm, cung có số đo $\frac{\pi }{5}$ thì có độ dài bằng $\frac{2\pi }{5}$ cm.

Góc $100^{\circ }$ bằng $\frac{5\pi }{9}$ rad.

Giải thích

3,2 vòng ngược chiều kim đồng hồ tương ứng với $3,2\times 2\pi =\frac{32\pi }{5}\left(\mathrm{rad}\right)$.

Độ dài cung có số đo $\frac{\pi }{5}$ là $l=\alpha R=\frac{\pi }{5}.\frac{4}{2}=\frac{2\pi }{5}\left(\mathrm{cm}\right)$.

Góc $100^{\circ }$ bằng $\frac{100}{180}\pi =\frac{5\pi }{9}\left(\mathrm{rad}\right)$.

Đáp án

Giải thích

Ta có:

$w=1-i{)}^2=-2i\Rightarrow$ Điểm biểu diễn số phức $w$ có tọa độ là $\left(0;-2\right)$.

$\left|z\right|=\sqrt{10}$

$\left|\frac{w}{z}\right|=\frac{|w|}{|z|}=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

Đáp án

Số hạng đầu của dãy số là $\frac{25}{2}$.

Công bội của ba số hạng đầu của dãy là -3 .

Công sai của ba số hạng cuối của dãy là $\frac{3}{5}$.

Giải thích

Gọi 4 số phải tìm là $a_1;a_2;a_3;a_4$. Theo bài ra ta có hệ phương trình

$$\{\begin{array}{c}{a}_2^2=a_1{a}_3\\ 2a_3=a_2+a_4\\ a_1+a_4=14\\ a_2+a_3=12\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{a}_2+a_4=2a_3\\ a_1+a_2+a_3+a_4\\ a_2+a_3=12\end{array}=26\Rightarrow \{\begin{array}{c}{a}_1+3a_3=26\\ a_2+a_3=12\end{array}$$

$\iff \{\begin{array}{l}{a}_1+3q^2{a}_1=26\\ q{a}_1+q^2{a}_1=12\end{array}\iff \{\begin{array}{c}\left(1+3q^2\right)a_1=26\\ \left(q+q^2\right)a_1=12\end{array}$

$\Rightarrow 12\left(1+3q^2\right)=26\left(q+q^2\right)$

$\iff 5q^2-13q+6=0\iff [\begin{array}{c}q=2\Rightarrow a_1=2\Rightarrow a_2=4;a_3=8;a_4=12\\ q=\frac{3}{5}\Rightarrow a_1=\frac{25}{2}\Rightarrow a_2=\frac{15}{2};a_3=\frac{9}{2};a_4=\frac{3}{2}\end{array}$

Vậy có hai bộ số cần tìm: $\left(2,4,8,12\right),\left(\frac{25}{2},\frac{15}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}\right)$.

Xét các số trong bảng kéo thả ta thấy chỉ có bộ số $\left(\frac{25}{2},\frac{15}{2},\frac{9}{2},\frac{3}{2}\right)$ thỏa mãn với số hạng đầu là $\frac{25}{2}$; công sai là -3 và công bội là $\frac{3}{5}$.

Đáp án

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận đứng là $x=$ 2  và đường tiệm cận ngang là $y=$-1 .

Giá trị của tích $abcd$ bằng 0 .

Giải thích

Đồ thị hàm số đã cho có đường tiệm cận ngang $y=-1$, đường tiệm cận đứng $x=2$ và đi qua điểm $A\left(0;0\right)$.

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}-\frac{d}{c}=2\\ \frac{a}{c}=-1\\ -\frac{b}{d}=0\end{array}\Rightarrow b=0\Rightarrow abcd=0$

Đáp án

Giá trị của $a+b$ bằng 1 .

Tọa độ điểm $M$ là ( 2 ; 0 ; 2).

Giải thích

Vì $M\left(x_0;y_0;z_0\right)\in d:\{\begin{array}{l}x=1-t\\ y=1+t\mathrm{n}\hat{\mathrm{e}}\mathrm{n}{x}_0+y_0+z_0=\left(1-t\right)+\left(1+t\right)+2=4.\\ z=2\end{array}$

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2=4$ có tâm $O\left(0;0;0\right)$, bán kính $R=2$.

Vì $MA,MB,MC$ là tiếp tuyến của mặt cầu $\left(S\right)$ nên $MO$ vuông góc với mặt phẳng $\left(ABC\right)$.

Gọi $H=MO\cap \left(ABC\right)$ suy ra $AH\perp MO$.

Mặt phẳng $\left(ABC\right)$ đi qua điểm $D\left(1;2;1\right)$ và có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{OM}=\left(x_0;y_0;z_0\right)$ nên có phương trình là: $x_0\left(x-1\right)+y_0\left(y-2\right)+z_0\left(z-1\right)=0$.

Vì $MA$ là tiếp tuyến của mặt cầu $\left(S\right)$ nên $MA\perp OA$ hay tam giác $MAO$ vuông tại $A$. Suy ra $OH.OM=O{A}^2=R^2=4$.

Ta có: $OH=d\left(O,\left(ABC\right)\right)=\frac{|-x_0-2y_0-z_0|}{\sqrt{x_0^2+y_0^2+z_0^2}}=\frac{|y_0+4|}{OM}$ suy ra $OH.OM=\left|y_0+4\right|$.

Do đó $y_0=0$.

Với $y_0=0\Rightarrow t=-1$ suy ra điểm $M\left(2;0;2\right)$.

Kiểm tra lại, với $M\left(2;0;2\right)$ khi đó $OM=2\sqrt{2},OH=\frac{|0+4|}{OM}=\frac{4}{2\sqrt{2}}=\sqrt{2}$.

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là: $2\left(x-1\right)+2\left(z-1\right)=0$ hay $x+z-2=0$.

$\Rightarrow a=1;b=0\Rightarrow a+b=1$.

Mặt khác, $MH=d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\frac{|2+2-2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$.

Ta có $OH+MH=OM$ nên điểm $H$ nằm giữa hai điểm $O$ và $M$ (thỏa mãn).

Vậy có duy nhất điểm $M\left(2;0;2\right)$ thỏa mãn ycbt.