Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 21)

Đáp án

Giải thích

Khẳng định sai là:

+) "Tích của hai số nguyên âm là một số nguyên âm". Ví dụ: (-1). (-3) $=3>0$.

+) "Hiệu $a-b$ là một số nguyên âm nếu a dương và b dương". Ví dụ: $3-2=1>0$.

Đáp án

Giải thích

Từ bảng biến thiên ta thấy:

+ Hàm số có 2 điểm cực trị là $x=1$ và $x=3$.

$+f^{\prime }\left(x\right)<0$ với $x\in \left(1;3\right)$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(1;3\right)$ suy ra hàm số nghịch biến trên $\left(2;3\right)$

(do $\left(2;3\right)\subset \left(1;3\right))$.

+ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ (do khi $x\to -\infty$ thì $f\left(x\right)\to -\infty$ ).

+ $f^{\prime }\left(x\right)$ đổi dấu từ dương sang âm khi qua $x=1$ nên $x=1$ là điểm cực đại của hàm số.

Đáp án

Trong không gian $Oxyz$, cho hai điểm $A\left(1;2;-3\right),B\left(-1;2;1\right)$. Tọa độ tâm mặt cầu $\left(S\right)$ đường kính AB là ((1) ____0_____; (2) _____2____; (3) ____-1_____).

Giải thích

Tâm mặt cầu $\left(S\right)$ là trung điểm $I\left(0;2;-1\right)$ của đoạn thẳng $AB$.

Đáp án

Giải thích

Ta có:

Vậy phương pháp 3 có tỉ lệ thành phẩm thấp nhất.

Vì trong cùng khoảng thời gian, một lượng bóng bán dẫn được sản xuất với 3 phương pháp khác nhau nên phương pháp nào có số lượng sản phẩm thành công nhiều nhất thì có năng suất tốt nhất. Vậy năng suất sản xuất bóng bán dẫn của phương pháp 3 là tốt nhất.

Đáp án

định của tháng ở ngân hàng $M$ với lãi suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là  0,6%/tháng. Số tiền người đó có được sau 25 năm là (1) ___3364,867___ triệu đồng. (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba).

Giải thích

Sau tháng thứ 1 người lao động có: $4\left(1+0,6\%\right)$ triệu đồng.

Sau tháng thứ 2 người lao động có:

$\left(4\left(1+0,6\%\right)+4\right)\left(1+0,6\%\right)=4\left[{(1+0,6\%)}^2+\left(1+0,6\%\right)\right]$ triệu đồng.

…

Sau tháng thứ 300 người lao động có:

$4\left[{(1+0,6\%)}^{300}+{(1+0,6\%)}^{299}\dots +\left(1+0,6\%\right)\right]=4\left(1+0,6\%\right)\frac{{(1+0,6\%)}^{300}-1}{\left(1+0,6\%\right)-1}\approx 3364,867$ (triệu đồng).

Đáp án

Giải thích

+) $\left[\frac{{10}^{10}}{2}\right]+\left[\frac{{10}^{10}+1}{2}\right]=\left[\frac{{10}^{10}}{2}\right]+\left[\frac{{10}^{10}}{2}+\frac{1}{2}\right]=\frac{{10}^{10}}{2}+\frac{{10}^{10}}{2}=10^{10}$.

+) Cho $n$ là số nguyên dương.

- Nếu $n$ chẵn tức là $n=2k\left(k\in \mathbb{N}\ast \right)$ thì

$\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{2}\right]=\left[\frac{2k}{2}\right]+\left[\frac{2k+1}{2}\right]=\left[k\right]+\left[k+\frac{1}{2}\right]=k+k=2k=n$.

- Nếu $n$ lẻ tức là $n=2k+1\left(k\in \mathbb{N}\right)$ thì

$\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{2}\right]=\left[\frac{2k+1}{2}\right]+\left[\frac{2k+1+1}{2}\right]=\left[k+\frac{1}{2}\right]+\left[k+1\right]=k+k+1=2k+1=n$.

Vậy với mọi số nguyên dương $n$ ta luôn có: $\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{2}\right]=n$.

Đáp án

Giải thích

Phương trình hoành độ giao điểm $x^4-4x^3+\left(m-2\right)x^2+8x+4=0\left(\ast \right)$

+ Với $m=2\Rightarrow$ Phương trình $\left(\ast \right)$ trở thành:

$x^4-4x^3+8x+4=0\iff {\left(x^2-2x-2\right)}^2=0\iff x=1\pm \sqrt{3}$

(Hoặc sử dụng máy tính ta tìm được 2 nghiệm của $x$ thỏa mãn phương trình)

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $\left(C\right)$ cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.

+ Ta thấy $x=0$ không là nghiệm của $\left(\ast \right)$ nên với $x\ne 0$ ta có:

$\left(\ast \right)\iff x^4-4x^3+8x+4=\left(2-m\right)x^2$

$\iff 2-m=x^2-4x+\frac{8}{x}+\frac{4}{x^2}\left(\ast \ast \right)$

Đồ thị hàm số $y=x^4-4x^3+\left(m-2\right)x^2+8x+4$ cắt trục hoành tại đúng hai điểm có hoành độ

lớn hơn $1\iff \left(\ast \right)$ có đúng hai nghiệm lớn hơn $1\iff \left(\ast \ast \right)$ có đúng hai nghiệm lớn hơn 1 .

$\iff$ Đường thẳng $y=2-m$ cắt đồ thị hàm số $\left(C\right):y=x^2-4x+\frac{8}{x}+\frac{4}{x^2}$ tại hai điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1.

Xét hàm số $y=x^2-4x+\frac{8}{x}+\frac{4}{x^2}$ trên $\left(1;+\infty \right)$.

$\Rightarrow y^{\prime }=2x-4-\frac{8}{x^2}-\frac{8}{x^3}=\frac{2x^4-4x^3-8x-8}{x^2}$.

Cho $y^{\prime }=0\iff 2x^4-4x^3-8x-8=0\iff \left(x^2+2\right)(x^2-2x-2)=0\iff [\begin{array}{c}x=1-\sqrt{3}(L)\\ x=1+\sqrt{3}(t/m)\end{array}$.

Bảng biến thiên

y=x4−4x3+(m−2)x2+8x+4 có đồ thị hàm số $\left(C\right)$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai Với $m=2$ thì đồ thị hàm số $\left(C\right)$ đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.   Có tất cả 10 giá trị nguyên của $m$ để đồ thị hàm số $\left(C\right)$ đã cho cắt trục hoành tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1.   (ảnh 1)">

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy, ycbt $\iff 0<2-m<9\iff -7<m<2$.

Vì $m$ nguyên nên $m\in \left\{-6,-5,\dots ,1\right\}$.

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Đáp án

Giá trị của $a$ là 31.

Giá trị của $b$ là 3 .   

Giải thích

Với $x<2$, ta có $f\left(x\right)=x^2+2x-1$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\left(-\infty ;2\right)$.

Với $x>2$, ta có $f\left(x\right)=x+5$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\left(2;+\infty \right)$.

Ta có $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\left(x^2+2x-1\right)=7$

$\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\left(x+2\right)=7;f\left(2\right)=7$.

Do đó $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)$ nên hàm số liên tục tại $x=2$.

Khi đó hàm số đã cho liên tục trên $\mathbb{R}$.

Đặt $t=\ln \left(x^2+1\right)\to \mathrm{d}t=\frac{2x\mathrm{d}x}{x^2+1}\Rightarrow \frac{x\mathrm{d}x}{x^2+1}=\frac{\mathrm{d}t}{2}$.

Đổi cận:

Với $x=0$ ta có $t=0$

Với $x=\sqrt{e^4-1}$ ta có $t=4$

Khi đó

$=\frac{1}{2}\left[{\left(\frac{x^3}{3}+x^2-x\right)|}_0^2+{\left(\frac{x^2}{2}+5x\right)|}_2^4\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{14}{3}+16\right)=\frac{31}{3}$

Đáp án

Cho hàm số $y=-\frac{1}{2}{x}^4+\left(m-1\right)x^3-\left(m^2+2\right)x^2+m$. Gọi $S$ là tập hợp các giá trị của $m$ sao cho giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[-1;1\right]$ bằng 2 . Tích các phần tử của $S$ bằng (1) ___2___.

Giải thích

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

$y^{\prime }=0\iff [\begin{array}{c}x=0\\ f\left(x\right)=-2x^2+3\left(m-1\right)x-2\left(m^2+2\right)=0\end{array}$

${\mathrm{\Delta }}_{f\left(x\right)}=9(m-1{)}^2-4.\left(-2\right).\left[-2\left(m^2+2\right)\right]=-7m^2-18m-23<0,\forall m\in \mathbb{R}$.

$\Rightarrow f\left(x\right)=0$ vô nghiệm.

Bảng xét dấu của hàm số trên $\left[-1;1\right]$ :

Từ bảng xét dấu ta thấy $\underset{x\in \left[-1;1\right]}{\max }y=y\left(0\right)=m\Rightarrow m=2$.

Vậy tích các phần tử của $S$ bằng 2 .

Đáp án

Cho khai triển đa thức $P\left(x\right)={\left(\frac{1}{5}+\frac{2}{5}x\right)}^{14}=a_0+a_{1}x+\dots +a_{13}{x}^{13}+a_{14}{x}^{14}$. Tổng các giá trị của $k$ thỏa mãn hệ số $a_k\left(0\le k\le 14\right)$ là hệ số lớn nhất trong khai triển trên bằng (1) __19___.

Giải thích

Khai triển nhị thức Newton của ${\left(\frac{1}{5}+\frac{2}{5}x\right)}^{14}$, ta có

${\left(\frac{1}{5}+\frac{2}{5}x\right)}^{14}=\sum _{k=0}^{14}{C}_{14}^k{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-k}{\left(\frac{2}{5}x\right)}^k=\sum _{k=0}^{14}{C}_{14}^k{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-k}{\left(\frac{2}{5}\right)}^k{x}^k$.

Suy ra $a_k=C_{14}^k{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-k}{\left(\frac{2}{5}\right)}^k$.

Giả sử $a_k$ là hệ số lớn nhất, khi đó $\{\begin{array}{l}{a}_k\ge a_{k+1}\\ a_k\ge a_{k-1}\end{array}$

$$\iff \{\begin{array}{l}{C}_{14}^k{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-k}{\left(\frac{2}{5}\right)}^k\ge C_{14}^{k+1}{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-(k+1)}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{k+1}\\ C_{14}^k{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-k}{\left(\frac{2}{5}\right)}^k\ge C_{14}^{k-1}{\left(\frac{1}{5}\right)}^{14-(k-1)}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{k-1}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\frac{1}{14-k}\ge \frac{2}{k+1}\\ \frac{2}{k}\ge \frac{1}{14-k+1}\end{array}$$

$\iff \{\begin{array}{l}k\ge 9\\ k\le 10\end{array}\iff 9\le k\le 10[\begin{array}{l}k=9\\ k=10\end{array}$.

Vậy tổng các giá trị của $k$ thỏa mãn là 19.

Đáp án

Giải thích

Dễ thấy rằng điều kiện đã cho tương đương với $(x-1{)}^2+\frac{{(y-1)}^2}{2^2}=1$.

Từ đó ta đặt $\{\begin{array}{l}x=1+\cos t\\ y=1+2\sin t\end{array},t\in \left[0;2\pi \right]$. Khi đó ta được $A=3\cos t+4\sin t+6$.

Vậy $\min A=6-\sqrt{3^2+4^2}=1,\max A=6+\sqrt{3^2+4^2}=11$.

Ta cũng có $B=\frac{\cos t-4\sin t}{\cos t+2\sin t+3}$. Dễ thấy $\cos t+2\sin t+3>0$ với mọi $t$ nên $B$ xác định với mọi $t$.

Bây giờ gọi $M$ là tập các giá trị của $B$, thì $m\in M$ khi và chỉ khi phương trình $\frac{\cos t-4\sin t}{\cos t+2\sin t+3}=m$ có nghiệm.

$\iff$ Phương trình $\left(m-1\right)\cos t+2\left(m+2\right)\sin t+3m=0$ có nghiệm.

$\iff (m-1{)}^2+4(m+2{)}^2\ge 9m^2\iff \frac{7-3\sqrt{13}}{4}\le m\le \frac{7+3\sqrt{13}}{4}$.

Do đó $M=\left[\frac{7-3\sqrt{13}}{4};\frac{7+3\sqrt{13}}{4}\right]$.

Vậy $\min B=\frac{7-3\sqrt{13}}{4},\max B=\frac{7+3\sqrt{13}}{4}$.

Đáp án

Biết rằng $$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[2023]{2024x+1}-1}{x}=\frac{a}{b}$$ với $a,b\in \mathbb{Z},b>0,\left(a,b\right)=1$. Giá trị của $a+b$ bằng (1) __4047__.

Giải thích

Đặt $t=\sqrt[2023]{2024x+1}$ suy ra $x=\frac{t^{2023}-1}{2024}$. Khi $x\to 0$ thì $t\to 1$. Do đó

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[2023]{2024x+1}-1}{x}=\underset{t\to 1}{\lim }\frac{t-1}{\frac{t^{2023-1}}{2024}}$

$=\underset{t\to 1}{\lim }\frac{2024\left(t-1\right)}{\left(t-1\right)\left(t^{2022}+t^{2021}+\dots +t+1\right)}$

$=\underset{t\to 1}{\lim }\frac{2024}{t^{2022}+t^{2021}+\dots +t+1}=\frac{2024}{2023}$

Đáp án

Giải thích

Điều kiện $1-ab>0\iff ab<1$.

Ta có $$\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\frac{1-ab}{a+b}=2ab+a+b-3\iff \mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(1-ab\right)-\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(a+b\right)=\left(a+b\right)-2\left(1-ab\right)-1$$

$\iff \mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2(1-ab)+1+2(1-ab)=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(a+b\right)+\left(a+b\right)$

$\iff \mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{2}2\left(1-ab\right)+2\left(1-ab\right)=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\left(a+b\right)+\left(a+b\right)$.  (1)

Xét hàm số $f\left(t\right)=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{2}t+t$ với $t>0$ có $f^{\prime }\left(t\right)=\frac{1}{t.\ln 2}+1>0,\forall t>0$ nên hàm số $f\left(t\right)=\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_{2}t+t$ đồng biến trên khoảng $0;+\infty$).

Ta có 1$)\iff f(2(1-ab))=f(a+b)\iff 2(1-ab)=a+b\iff 2-a=b(2a+1)\iff b=\frac{2-a}{2a+1}$.

Do $a,b>0\Rightarrow \frac{2-a}{2a+1}>0\iff 0<a<2$.

Khi đó $P=a+b=a+\frac{2-a}{2a+1}=\frac{2a^2+2}{2a+1}$

Xét hàm $g\left(a\right)=\frac{2a^2+2}{2a+1}\Rightarrow g^{\prime }\left(a\right)=\frac{4a^2+4a-4}{{(2a+1)}^2}\Rightarrow g^{\prime }\left(a\right)=0\iff a=\frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}$.

Bảng biến thiên

a,b thoả mãn $\mathrm{lo}{\mathrm{g}}_2\frac{1-ab}{a+b}=2ab+a+b-3$. Mỗi phát biểu sau đây là đúng hay sai? Phát biểu Đúng Sai $a+b=1-ab$.   $P=a+b$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $a=2-b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$   Giá trị nhỏ nhất của $P=a+b$ bằng $-1+\sqrt{5}$   (ảnh 1)">

Vậy $P_{\min }=-1+\sqrt{5}$.

Đáp án

Hệ số A1 bằng $1-\frac{1}{2^{9999}}$ .

Hệ số A2 bằng $$\frac{4^{9999}-{3.2}^{9999}+2}{{3.4}^{9999}}$$ .

Giải thích

Hệ số của $$x^{9998}$$ là: $$A_1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots +\frac{1}{2^{9999}}=\frac{1}{2}.\frac{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{9999}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{9999}}$$ . 

Hệ số của $$x^{9997}$$ là $$A_2=\frac{1}{2}.\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}.\frac{1}{2^3}+\dots +\frac{1}{2^{9998}}.\frac{1}{2^{9999}}$$

Ta có: $$A_1^2={\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots +\frac{1}{2^{9999}}\right)}^2$$

$$\iff {\left(1-\frac{1}{2^{9999}}\right)}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4^2}+\dots +\frac{1}{4^{9999}}+2.\frac{1}{2}.\frac{1}{2^2}+2.\frac{1}{2^2}.\frac{1}{2^3}+\dots +2.\frac{1}{2^{9998}}.\frac{1}{2^{9999}}$$

$$\iff 1-\mathrm{2.1.}\frac{1}{2^{9999}}+\frac{1}{4^{9999}}=\frac{1}{4}.\frac{1-{\left(\frac{1}{4}\right)}^{9999}}{1-\frac{1}{4}}+2B$$ 

$$\iff 1-\frac{1}{2^{9998}}+\frac{1}{4^{9999}}=\frac{1}{3}.\left(1-\frac{1}{4^{9999}}\right)+2B$$

$$\iff B=\frac{4^{9999}-{3.2}^{9999}+2}{{3.4}^{9999}}$$