Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 18) – Phần 2

Đáp án

Giải thích

Xét hàm số $g\left(x\right)=\frac{x^2+ax-4}{x}$ liên tục trên đoạn $\left[1;4\right]$.

Ta có $g^{\prime }\left(x\right)=\frac{x^2+4}{x^2}>0\forall x\in \left[1;4\right]\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left[1;4\right]$

$\Rightarrow [\begin{array}{l}\underset{\left[1;4\right]}{\min }g\left(x\right)=g\left(1\right)=a-3\\ \underset{\left[1;4\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(4\right)=a+3\end{array}$
TH1: $a-3>0\iff a>3$.

Ta có $[\begin{array}{l}\left|a-3\right|=a-3\\ \left|a+3\right|=a+3\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}m=\underset{\left[1;4\right]}{\min }\left|g\left(x\right)\right|=a-3\\ M=\underset{\left[1;4\right]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|=a+3\end{array}$

Khi đó $M+2m=7\iff a+3+2\left(a-3\right)=7\iff a=\frac{10}{3}$ (thỏa mãn).

TH2: $a+3<0\iff a<-3$.

$[\begin{array}{l}\left|a-3\right|=-a+3\\ \left|a+3\right|=-a-3\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{l}m=\underset{\left[1;4\right]}{\min }\left|g\left(x\right)\right|=-a-3\\ M=\underset{\left[1;4\right]}{\max }\left|g\left(x\right)\right|=-a+3\end{array}$

Khi đó $M+2m=7\iff -a+3+2\left(-a-3\right)=7\iff a=-\frac{10}{3}$ (thỏa mãn).

TH3:$a-3\le 0\le a+3\iff -3\le a\le 3$.

Ta có $$[\begin{array}{c}|a+3\mid =a+3\\ |a-3\mid =-a+3\end{array}\Rightarrow [\begin{array}{c}m=\underset{\left[1;4\right]}{\min }|g\left(x\right)\mid =0\\ M=\underset{\left[1;4\right]}{\max }|g\left(x\right)\mid =\max \{a+3;-a+3\end{array}$$

Khi đó $M+2m=7\iff [\begin{array}{c}\begin{array}{l}a+3+2.0=7\\ a+3\ge -a+3\end{array}\\ \begin{array}{l}-a+3+2.0=7\\ -a+3>a+3\end{array}\end{array}\iff [\begin{array}{c}\begin{array}{l}a=4\\ a\ge 0\end{array}\\ \begin{array}{l}a=-4\\ a<0\end{array}\end{array}\iff a=\pm 4$ (không thỏa mãn).

Vậy có 2 giá trị của $a$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $a=\pm \frac{10}{3}$.

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(2;-1;3\right)$. Từ điểm $M\left(4;1;1\right)$ nằm ngoài mặt cầu $\left(S\right)$, kẻ ba tiếp tuyến $MA,MB,MC$ với mặt cầu $\left(S\right)$ sao cho $MA=MB=MC$. Biết $\widehat{AMB}=60^{\circ },\widehat{BMC}=90^{\circ },\widehat{CMA}=120^{\circ }$. Bán kính mặt cầu $\left(S\right)$ bằng (1) ___3___.

Giải thích

Oxyz, cho mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(2;-1;3\right)$. Từ điểm $M\left(4;1;1\right)$ nằm ngoài mặt cầu $\left(S\right)$, kẻ ba tiếp tuyến $MA,MB,MC$ với mặt cầu $\left(S\right)$ sao cho $MA=MB=MC$. Biết $\widehat{AMB}=60^{\circ },\widehat{BMC}=90^{\circ },\widehat{CMA}=120^{\circ }$. Bán kính mặt cầu $\left(S\right)$ bằng (1) ________. (ảnh 1)">

Đặt $MA=MB=MC=a>0$.

Áp dụng định lí $\cos$ cho tam giác $MAB$ ta có:

$A{B}^2=M{A}^2+M{B}^2-2MA.MB.\cos \widehat{AMB}=a^2+a^2-2a.a.\cos 60^{\circ }=a^2$.

Suy ra $AB=a$.

Tương tự, ta cũng tính được $BC=\sqrt{2}a,CA=\sqrt{3}a$.

Xét tam giác $ABC$ có: $C{A}^2=B{C}^2+A{B}^2$ suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $B$ (định lí Pythagore đảo). Do đó trung điểm $H$ của $AC$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Suy ra $M,H,I$ thẳng hàng.

Xét tam giác $MCI$ vuông tại $C$ đường cao $CH$ :

$IC.MC=CH.MI$ suy ra $IC=\frac{CH.MI}{MC}=\frac{\frac{\sqrt{3}a}{2}.2\sqrt{3}}{a}=3$.

Đáp án

Giải thích

Theo đề ra ta có: $u_{n+1}=\frac{n+1}{3n}.u_n\iff \frac{u_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{3}\frac{u_n}{n}$ mà $u_1=\frac{1}{3}$ hay $\frac{u_1}{1}=\frac{1}{3}$

Nên ta có $\frac{u_2}{2}=\frac{1}{3}.\frac{1}{3}={\left(\frac{1}{3}\right)}^2;\frac{u_3}{3}=\frac{1}{3}.{\left(\frac{1}{3}\right)}^2={\left(\frac{1}{3}\right)}^3;\dots ;\frac{u_{10}}{10}={\left(\frac{1}{3}\right)}^{10}$.

Hay dãy $\left(\frac{u_n}{n}\right)$ là một cấp số nhân có số hạng đầu $u_1=\frac{1}{3}$, công bội $q=\frac{1}{3}$.

Khi đó $S=u_1+\frac{u_2}{2}+\frac{u_3}{3}+\dots +\frac{u_{10}}{10}=\frac{3^{10}-1}{{2.3}^{10}}=\frac{59048}{{2.3}^{10}}=\frac{29524}{59049}<\frac{1}{2}$.

Đáp án

Hình chiếu của $C$ trên đường thẳng $AB$ có tọa độ ($\frac{7}{3}$;$\frac{2}{3}$;$\frac{5}{3}$).

Gọi $\left(P\right)$ là mặt phẳng đi qua hai điểm $A,B$ và cách $C$ một khoảng lớn nhất bằng $\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Giải thích

Oxyz, cho 3 điểm $A\left(1;0;1\right);B\left(-1;-1;0\right);C\left(1;2;3\right)$. Kéo số ở các ô vuông thả vào vị trí thích hợp trong các câu sau (ảnh 2)">

Gọi $M$ là hình chiếu của $C$ trên đường thẳng $AB$.

Ta có: $\overrightarrow{AB}\left(-2;-1;-1\right)$

$\Rightarrow$ Phương trình tham số đường thẳng $AB$ là: $\{\begin{array}{c}x=1-2t\\ y=-t\\ z=1-t\end{array}$

$\Rightarrow M\left(1-2t;-t;1-t\right)\in d\Rightarrow \overrightarrow{CM}\left(-2t;-t-2;-t-2\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{CM}\perp \overrightarrow{AB}\iff \overrightarrow{CM}.\overrightarrow{AB}=0\iff 4t+t+2+t+2=0\iff 6t+4=0\iff t=\frac{-2}{3}$

Vậy $M\left(\frac{7}{3};\frac{2}{3};\frac{5}{3}\right)$.

Ta có: $M\left(\frac{7}{3};\frac{2}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow \overrightarrow{CM}\left(\frac{4}{3};\frac{-4}{3};\frac{-4}{3}\right)\Rightarrow CM=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ lên mặt phẳng $\left(P\right)$.

 vuông tại $H$ nên $CH\le CM$.

$\Rightarrow C{H}_{\max }=CM\iff H\equiv M$.

Khi đó, $C{H}_{\max }=CM=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

Đáp án

Tổng tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để khoảng cách từ điểm $M\left(0;3\right)$ đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=x^3+3mx+1$ bằng $\frac{2}{\sqrt{5}}$ là (1) ___-1___.

Giải thích

Ta có $y^{\prime }=3x^2+3m;y^{\prime }=0\iff x^2=-m$.

Hàm số có hai điểm cực trị $\iff y^{\prime }=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff m<0$. (*)

Thực hiện phép chia $y$ cho $y^{\prime }$ ta được phần dư $2mx+1$, nên đường thẳng $\mathrm{\Delta }:y=2mx+1$ chính là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.

Yêu cầu bài toán $\iff d\left(M,\mathrm{\Delta }\right)=\frac{2}{\sqrt{4m^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\iff m^2=1\iff m=\pm 1$.

Đối chiếu điều kiện $\left(\ast \right)$, ta có $m=-1$ thỏa mãn.

Đáp án

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

Trong không gian $Oxyz$, cho mặt cầu $\left(S\right):(x-3{)}^2+(y-1{)}^2+(z-1{)}^2=4$ và ba điểm $A\left(-1;2;-3\right),B\left(5;2;3\right),C\left(1;2;3\right)$. Gọi $S$ là điểm thay đổi trên mặt cầu $\left(S\right)$. Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp$S.ABC$ là (1) __12____.

Giải thích

Mặt cầu $\left(S\right)$ có tâm $I\left(3;1;1\right)$ và bán kính $R=2$

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right)$ là: $y-2=0$.

Ta có thể tích $S.ABC$ đạt giá trị lớn nhất khi $d\left(S;\left(ABC\right)\right)$ đạt giá trị lớn nhất.

Mà $d\left(I;\left(ABC\right)\right)=1<R=2$

$\Rightarrow d(S;\left(ABC\right){)}_{\max }=R+d\left(I;\left(ABC\right)\right)=3$.

$V_{S.AB{C}_{\max }}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.d(S;\left(ABC\right){)}_{\max }=\frac{1}{3}.12.3=12$.

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 (C) 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 $\mathrm{\Delta }:y=x+1$.