Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 17)

Đáp án

Có (1) ___5___  cặp số nguyên dương $\left(x;y\right)$ thỏa mãn $x+1$ chia hết cho $y$ và $y+1$ chia hết cho $x$.

Giải thích

Từ điều kiện của bài toán ta suy ra được $x+1\ge y,y+1\ge x$.

Từ đó ta có $x-1\le y\le x+1$, mặt khác $x,y$ là các số nguyên dương nên suy ra $y=x-1$ hoặc $y=x$ hoặc $y=x+1$. Ta xét các trường hợp sau:

- Nếu $y=x-1$, khi đó ta được $\left(x-1\right)⋮y$ và $\left(x+1\right)⋮y$

Suy ra $\left[\left(x+1\right)-\left(x-1\right)\right]⋮y$ hay $2⋮y$ suy ra $y\in \left\{1;2\right\}$.

+ Với $y=1$ ta được $x=2$.

+ Với $y=2$ ta được $x=3$.

- Nếu $y=x$, khi đó ta được $x⋮y$ và $\left(x+1\right)⋮y$.

Suy ra $\left[\left(x+1\right)-x\right]⋮y$ hay $1⋮y$ suy ra $y=1$, từ đó ta được $x=1$.

- Nếu $y=x+1$, khi đó từ $\left(y+1\right)⋮x$ ta được $\left(x+2\right)⋮x$ suy ra $2⋮x$ nên $x\in \left\{1;2\right\}$.

+ Với $x=1$ ta được $y=2$.

+ Với $x=2$ ta được $y=3$.

Vậy các cặp số nguyên dương $\left(x;y\right)$ thỏa mãn ycbt là $\left(1;1\right),\left(1;2\right),\left(2;1\right),\left(2;3\right),\left(3;2\right)$.

Đáp án

Cho số phức $z$ thỏa mãn $\left|z-1-i\right|=6$.

Tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm I(1; 1 ) và bán kính $R=$6 .

Tổng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $\left|iz\right|$ là 12.

Giải thích

Gọi $z=x+yi$ có điểm biểu diễn trong mặt phẳng tọa độ là $M\left(x;y\right)$.

Ta có:

$\left|z-1-i\right|=6\iff \left|x+yi-1-i\right|=6\iff \sqrt{{(x-1)}^2+{(y-1)}^2}=6\iff (x-1{)}^2+(y-1{)}^2=36$

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức $z$ là đường tròn tâm $I\left(1;1\right)$ và bán kính $R=6$.

Ta có: $\left|iz\right|=\left|i\right|.\left|z\right|=\left|z\right|$.

Mà $OI=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$.

Vậy

$\left|iz{|}_{\max }=\right|z{|}_{\max }=OI+R=\sqrt{2}+6$.

$\left|iz{|}_{\min }=\right|z{|}_{\min }=\left|OI-R\right|=\left|\sqrt{2}-6\right|=6-\sqrt{2}$.

$\Rightarrow \left|iz{|}_{\min }+\right|iz{|}_{\max }=6+\sqrt{2}+6-\sqrt{2}=12$.

Đáp án

Cho đa giác lồi có 10 cạnh. Biết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy, số giao điểm của các đường chéo là (1) ___595___.

Giải thích

Số đường chéo của đa giác là: $C_{10}^2-10=35$.

Cứ hai đường chéo cho ta một giao điểm, hơn nữa không có ba đường chéo nào đồng quy nên số giao điểm của các đường chéo là $C_{35}^2=595$.

Đáp án

Giải thích

Đáp án

Giải thích

Phương trình tham số $d:\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3-t\\ z=1+t\end{array}\Rightarrow I(1+2t;3-t;1+t)\in d$.

Vì $I=d\cap \left(P\right)$ nên ta có: $2\left(1+2t\right)-3\left(3-t\right)+1+t-2=0\iff t=1$

$\Rightarrow I\left(3;2;2\right)$.

Đường thẳng $d$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u_d}=\left(2;-1;1\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right)$ có vecto pháp tuyến là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-3;1\right)$.

Sin góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left(P\right)$ là $\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{u_d}.\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}|}{|\overrightarrow{u_d}|.|\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}|}=\frac{4\sqrt{21}}{21}$.

$\Rightarrow \cos \alpha =\sqrt{1-\mathrm{si}{\mathrm{n}}^2\alpha }=\frac{\sqrt{105}}{21}$.

Đáp án

Để hàm số $f\left(x\right)=\{\begin{array}{cc}\frac{\sqrt{x+2}-2}{x-2}& \mathrm{khi}x>2\\ a+2x& \mathrm{khi}x\le 2\end{array}$ có giới hạn tại điểm $x=2$ thì giá trị của tham số $a$ bằng (1) ___-15/4___.

f(x)={x−2x+2​−2​a+2x​khix>2khix≤2​ có giới hạn tại điểm x=2 thì giá trị của tham số $a$ bằng (1) ________. (ảnh 1)">

Đáp án

Giải thích

z thỏa mãn $\left|z+\overline{z}\right|+\left|z-\overline{z}\right|=2$. Mỗi phát biểu sau là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ trên mặt phẳng tọa độ là một hình vuông có tọa độ một đỉnh là $\left(-2;0\right)$.   Giá trị lớn nhất của $P=\left|z-2i\right|$ là $M=3$.   (ảnh 1)">

Đặt $z=a+bi\left(a,b\in \mathbb{R}\right)$.

Ta có

$2=\left|z+\overline{z}\left|+\right|z-\overline{z}\left|=\right|a+bi+a-bi\left|+\right|a+bi-\left(a-bi\right)\left|=\right|2a\left|+\right|2bi\right|=2\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)$

Do đó $\left|a\right|+\left|b\right|=1$. Do đó tập hợp các điểm biểu diễn số phức $z$ là đồ thị của $\left|x\right|+\left|y\right|=1$ trên mặt phẳng tọa độ (hình vuông $EFGH$ với $E\left(-1;0\right),F\left(0;-1\right),G\left(1;0\right),H\left(0;1\right))$.

Gọi $B\left(0;2\right),I$ là điểm biểu diễn của số phức $z$ bất kì trên mặt phẳng tọa độ.

$P=\left|z-2i\left|=\right|z-\left(0+2i\right)\right|=BI$.

Dễ dàng thấy rằng $\max BI=BF=3$. Do đó $M=3$.

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(\left( {\sqrt x  + \sqrt {x + 2} } \right)f'\left( x \right) = 1 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt x  + \sqrt {x + 2} }} \Leftrightarrow \mathop \smallint \nolimits^ f'\left( x \right)dx = \mathop \smallint \nolimits^ \frac{{dx}}{{\sqrt x  + \sqrt {x + 2} }}\)

\( \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}\mathop \smallint \nolimits^ \left( {\sqrt {x + 2}  - \sqrt x } \right)dx = \frac{1}{2}.\frac{2}{3}\left( {\sqrt {{{(x + 2)}^3}}  - \sqrt {{x^3}} } \right) + C = \frac{1}{3}\left( {\sqrt {{{(x + 2)}^3}}  - \sqrt {{x^3}} } \right) + C\)

$f\left(0\right)=\frac{1}{3}\iff \frac{1}{3}.2\sqrt{2}+C=\frac{1}{3}\iff C=\frac{1}{3}\left(1-2\sqrt{2}\right)$

$\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{3}\left(\sqrt{{(x+2)}^3}-\sqrt{x^3}+1-2\sqrt{2}\right)$

\[ \Rightarrow \mathop \smallint \nolimits^ _0^2f\left( x \right)dx = \frac{1}{3}\mathop \smallint \nolimits^ _0^2\left( {\sqrt {{{(x + 2)}^3}}  - \sqrt {{x^3}}  + 1 - 2\sqrt 2 } \right)dx = \left. {\frac{1}{3}.\left( {\frac{2}{5}\sqrt {{{(x + 2)}^5}}  - \frac{2}{5}\sqrt {{x^5}}  + (1 - 2\sqrt 2 )x} \right)} \right|_0^2 = \frac{{74 - 36\sqrt 2 }}{{15}}\]

Đáp án

Cho hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}$ có đồ thị $\left(C\right)$. Có (1) ___1__ tiếp tuyến của đồ thị $\left(C\right)$ song song với đường thẳng $\mathrm{\Delta }:y=x+1$.

Giải thích

Hàm số $y=\frac{2x+1}{x+1}\left(C\right)$ có tập xác định $D=\mathbb{R}\setminus \left\{-1\right\}$ và $y^{\prime }=\frac{1}{{(x+1)}^2}$.

Gọi $M\left(x_0;y_0\right)$ là tiếp điểm của tiếp tuyến của $\left(C\right)$, điều kiện $x_0\ne -1$.

Vì tiếp tuyến của đồ thị $\left(C\right)$ song song với đường thẳng $\mathrm{\Delta }:y=x+1$ nên tiếp tuyến có hệ số góc $k=1$.

Ta có: $\frac{1}{{\left(x_0+1\right)}^2}=1\iff {\left(x_0+1\right)}^2=1\iff [\begin{array}{c}{x}_0=0\\ x_0=-2\end{array}$.

Với $x_0=0$ có $M\left(0;1\right)$, phương trình tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M\left(0;1\right)$ là: $y=1\left(x-0\right)+1=x+1$.

Với $x_0=-2$ có $M\left(-2;3\right)$, phương trình tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M\left(-2;3\right)$ là:$y=1\left(x+2\right)+3=x+5$.

Vậy có một tiếp tuyến của đồ thị $\left(C\right)$ song song với đường thẳng $\mathrm{\Delta }:y=x+1$.

Đáp án

Đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ luôn có 2  điểm cực trị.

Đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ có 3  điểm cực trị.

Có 1  giá trị nguyên của tham số $m$ để phương trình $f\left(\cos x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right]$.

Giải thích

+) Tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ sang trái $a$ đơn vị ta có đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$. Vậy số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ bằng số điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$. Hay đồ thị hàm số $y=f\left(x+a\right)$ luôn có 2 điểm cực trị.

+) Số điểm cực trị đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ bằng $2k+1$ với $k$ là số điểm cực trị dương của hàm số

$y=f\left(x\right)$. Hay đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ có 3 điểm cực trị.

+) Đặt $t=\cos x$ thì $x\in \left(0;\frac{3\pi }{2}\right]\Rightarrow t\in \left[-1;1\right)$

Với một nghiệm $t\in \left(-1;0\right]$ cho tương ứng được 2 nghiệm $x\in \left[\frac{\pi }{2};\frac{3\pi }{2}\right]\setminus \left\{\pi \right\}$

Với một nghiệm $t\in \left(0;1\right)\cup \left\{-1\right\}$ cho tương ứng 1 nghiệm $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)\cup \left\{\pi \right\}$

Do đó $f\left(\cos x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt thuộc khoảng $\left(0;\frac{3\pi }{2}\right]$

$\iff f\left(t\right)=m$ có 2 nghiệm $t_1\in \left(-1;0\right]$ và $t_2\in \left(0;1\right)\cup \left\{-1\right\}$

Dựa vào đồ thị, ycbt $\iff m\in \left(0;2\right)$.

Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m=1$ hay có 1 giá trị nguyên của tham số $m$ thỏa mãn.

Đáp số

Giải thích

Ta có: $f\left(x\right)=\frac{3}{\sqrt{x+3}-\sqrt{x}}-\frac{2}{\sqrt{x+2}-\sqrt{x}}=\frac{3\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x}\right)}{x+3-x}-\frac{2\left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x}\right)}{x+2-x}$

    $=\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{x}\right)-\left(\sqrt{x+2}-\sqrt{x}\right)=\sqrt{x+3}-\sqrt{x+2}$

Hay $f\left(x\right)=\sqrt{x+3}-\sqrt{x+2}\Rightarrow f^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x+3}}-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}<0,\forall x>0$

$\Rightarrow f\left(x\right)<f\left(0\right),\forall x>0\iff f\left(x\right)<\sqrt{3}-\sqrt{2},\forall x>0$.

Vậy hàm số $f\left(x\right)$ không có giá trị lớn nhất trên $\left(0;+\infty \right)$.

Cách 1. Ta có:

$A=f\left(1\right)+f\left(2\right)+\dots +f\left(2024\right)$

$=\sqrt{4}-\sqrt{3}+\sqrt{5}-\sqrt{4}+\dots +\sqrt{2027}-\sqrt{2026}$

$=\sqrt{2027}-\sqrt{3}$

$B=f^{\prime }\left(1\right)+f^{\prime }\left(2\right)+\dots +f^{\prime }\left(2024\right)$

$=\frac{1}{2\sqrt{4}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}+\frac{1}{2\sqrt{5}}-\frac{1}{2\sqrt{4}}+\dots +\frac{1}{2\sqrt{2027}}-\frac{1}{2\sqrt{2026}}$

$=\frac{1}{2\sqrt{2027}}-\frac{1}{2\sqrt{3}}$

Cách 2. Sử dụng Casio

$A=\sum _{x=1}^{2024}\left(\sqrt{x+3}-\sqrt{x+2}\right)\approx 43,29$

$B=\sum _{x=1}^{2024}\left(\frac{1}{2\sqrt{x+3}}-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}\right)\approx -0,277$

Đáp án

Giải thích

Gọi hình trụ có chiều cao $h$, bán kính đáy $r$.

Ta có: $V=\pi r^{2}h\Rightarrow h=\frac{64\pi }{\pi r^2}=\frac{64}{r^2}$.

Để tốn ít nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ nhỏ nhất.

Ta có: $S_{tp}=2\pi r^2+2\pi rh=2\pi r^2+2\pi r.\frac{64}{r^2}=2\pi r^2+\frac{128\pi }{r}$

$=2\pi r^2+\frac{64\pi }{r}+\frac{64\pi }{r}\ge 3\sqrt[3]{2\pi r^2.\frac{64\pi }{r}.\frac{64\pi }{r}}\approx 189,99$.

Số tiền nguyên liệu tối thiểu cần dùng là $T\approx 189,99.105000\approx 19949000$ (đồng).

Đáp án

Có (1) ___3___ số phức $z$ thỏa mãn $z^2=\sqrt{z^2+\overline{z^2}}$.

Giải thích

Ta có: $z^2=\sqrt{z^2+\overline{z^2}}$

$\iff z^4=z^2+\overline{z^2}$

$\iff z^2\left(z^2-1\right)=\overline{z^2}$

$\iff \overline{z^2\left(z^2-1\right)}=\overline{\overline{z^2}}$

$\iff \overline{z^2}\left(\overline{z^2}-1\right)=z^2$$\left(\ast \right)$

Thế $\overline{z^2}=z^4-z^2$ vào $\left(\ast \right)$ ta có:

$z^2\left(z^2-1\right)\left(z^4-z^2-1\right)=z^2$

$\iff [\begin{array}{c}z=0\\ \left(z^2-1\right)\left[{\left(z^2-1\right)}^2+\left(z^2-1\right)-1\right]=1\left(\ast \ast \right)\end{array}$

Xét $\left(\ast \ast \right)$ ta có: $t\left(t^2+t-1\right)=1$ (với $t=z^2-1)\iff t^3+t^2-t-1=0\iff t=\pm 1$.

Khi đó, $[\begin{array}{c}{z}^2-1=-1\\ z^2-1=1\end{array}\iff [\begin{array}{l}{z}^2=0\\ z^2=2\end{array}\iff [\begin{array}{c}z=0\\ z=\pm \sqrt{2}\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{0;\pm \sqrt{2}\right\}$.

Đáp án

Giải thích

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1;1;1\right),\overrightarrow{AC}=\left(0;-1;1\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(2;-1;-1\right)=\vec{n}$.

Mặt phẳng $\left(ABC\right)$ đi qua điểm $A\left(1;0;1\right)$ và nhận $\vec{n}=\left(2;-1;-1\right)$ làm một vecto pháp tuyến có phương trình: $2\left(x-1\right)-\left(y-0\right)-\left(z-1\right)=0\iff 2x-y-z-1=0$.

Ta có: $\overrightarrow{AD}=\left(5;-1;-1\right)$.

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là:

$V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right].\overrightarrow{AD}\right|=\frac{1}{6}\left|2.5+\left(-1\right).\left(-1\right)+\left(-1\right).\left(-1\right)\right|=2$ (đvtt).

Ta thấy $\overrightarrow{BD}=\left(4;-2;-2\right)//\vec{n}\Rightarrow BD\perp \left(ABC\right)$.

Mặt khác,  vuông tại $A$

$\Rightarrow$ Bán kính đường tròn ngoại tiếp  là: $r=\frac{BC}{2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$.

$\Rightarrow$ Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $ABCD$ là:

$R=\sqrt{r^2+\frac{B{D}^2}{4}}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)}^2+\frac{4^2+{(-2)}^2+{(-2)}^2}{4}}=\frac{\sqrt{29}}{2}$.