Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 30)

Giá trị nguyên nhỏ nhất của tập $T$ là -2 .

Giá trị nguyên lớn nhất của tập $T$ là -1 .

Giải thích

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, phương trình $f\left(x\right)=m$ có 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn $\left[-1;3\right]$ thì $-3<m<0$ hay $S=\left(-3;0\right)$.

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của tập $T$ là -2 , giá trị nguyên lớn nhất của tập $T$ là -1.

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

$\mathrm{\Delta }BCI$ 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: $S{D}^2=S{I}^2+I{D}^2=2a^2$.

$\mathrm{\Delta }SCD$ 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 $A\left(doSA=AD=a\right)$ 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 $\cos A=\frac{A{J}^2+A{C}^2-C{J}^2}{2AJ.AC}=\frac{3}{4}$.

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

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

Giải thích

Từ đồ thị ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty ;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty$ nên $a<0$.

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên $\frac{b}{a}<0$ do đó $b>0$.

Đồ thị hàm cắt trục $Oy$ tại điểm có tung độ âm nên $c<0$.

Giải thích

Thể tích khối tứ diện $ABCD$ là: $V=\frac{4^3\sqrt{2}}{12}=\frac{16\sqrt{2}}{3}$

Gọi $I$ là trọng tâm tam giác $BCD$.

Tam giác $BCD$ đều cạnh bằng 4 nên $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCD$ và

$BM=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\Rightarrow \{\begin{array}{c}BI=\frac{2}{3}BM=\frac{4\sqrt{3}}{3}\\ r=IM=\frac{1}{3}BM=\frac{2\sqrt{3}}{3}\end{array}$

Vì $AI$ là đường cao của tứ diện đều $ABCD$ nên $AI=\sqrt{A{B}^2-I{B}^2}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$

Vậy diện tích xung quanh hình trụ $S_{xq}=2\pi rh=\frac{16\sqrt{2}}{3}\pi$.

Cho hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$. Lấy hai điểm $M$ và $N$ theo thứ tự di động trên $AC$ và $A^{\prime }B$ sao cho $AM=A^{\prime }N=t\left(0\le t\le a\sqrt{2}\right)$. Giá trị nhỏ nhất của $MN$ bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}$, khi đo góc  (MN, AC) bằng 60o.

Giải thích

Kẻ $MJ\perp AB$ suy ra $AJ=\frac{t}{\sqrt{2}}$. Kẻ $JI\perp A^{\prime }{B}^{\prime }$. Dễ thấy $J,N,I$ thẳng hàng.

Ta có:

$M{N}^2=M{J}^2+J{N}^2=\frac{t^2}{2}+{\left(a-\frac{t}{\sqrt{2}}\right)}^2=t^2-a\sqrt{2}t+a^2={\left(t-\frac{a}{\sqrt{2}}\right)}^2+\frac{a^2}{2}\ge \frac{a^2}{2}$

Suy ra $MN\ge \frac{a}{\sqrt{2}}$. Dấu "=" xảy ra khi $t=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Khi đó $M_{s}N$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $A^{\prime }B$.

Vộy giá trị nhỏ nhất của $MN$ là $\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Dễ thấy khi đó $MN//B^{\prime }C\left(//A^{\prime }D\right)$ nên $\left(MN,AC\right)=\left(B^{\prime }C,AC\right)=\widehat{B^{\prime }CA}$.

Mà ta có tam giác $A{B}^{\prime }C$ đều nên $\widehat{B^{\prime }CA}=60^{\circ }$.

Do đó $\left(MN,AC\right)=60^{\circ }$.

Đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ bằng $\frac{1}{2}$.

Diện tích hình phẳng $\left(H\right)$ bằng $\frac{1}{24}$.

Giải thích

Xét phương trình hoành độ điểm chung của hai đồ thị ta có: $2x^2-x=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{2}\end{array}$.

Diện tích hình phẳng $\left(H\right)$ là $S=\underset{0}{\overset{\frac{1}{2}}{\int }}\left|2x^2-x\right|dx=\frac{1}{24}$.

Để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành thì hoành độ điểm $D$ là -6 .

Chân đường cao $H$ hạ từ đỉnh $A$ của  có tọa độ là (-3 ; 5 ;1 )

Giải thích

Ta có: $\overrightarrow{BC}=\left(-5;6;-2\right)$

Để tứ giác $ABCD$ là hình bình hành thì $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$

$\iff \left(x_D+1;y_D-6;z_D+1\right)=\left(-5;6;-2\right)\iff \{\begin{array}{l}{x}_D+1=-5\\ y_D-6=6\\ z_D+1=-2\end{array}\Rightarrow D\left(-6;12;-3\right)$.

Đường thẳng BC đi qua $B(2;-1;3)$ và nhận $\overrightarrow{BC}=(-5;6;-2)$ làm một vecto chỉ phương có phương trình: $\{\begin{array}{c}x=2-5t\\ y=-1+6t\\ z=3-2t\end{array}$

Vì $H\in BC$ nên $H(2-5t;-1+6t;3-2t)\Rightarrow \overrightarrow{AH}(3-5t;-7+6t;4-2t)$.

Vì $H$ là chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ của  nên $AH\perp BC$.

$\iff \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\iff -5(3-5t)+6(-7+6t)-2(4-2t)=0\iff t=1$

$\Rightarrow H(-3;5;1)$

Giải thích

TXĐ: $\mathbb{R}$.

Ta có: $y^{\prime }=x{\mathrm{e}}^{-x}(2-x);y^{\prime }=0\iff \{\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}$.

Bảng biến thiên

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=0$ và đạt cực đại tại $x=2$.

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại $x=0$.

Giải thích

Ta có: $P(x)=(1+2x)(3+x{)}^{11}=(3+x{)}^{11}+2x(3+x{)}^{11}$

$=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k.3^{11-k}.x^k+2x\sum _{m=0}^{11}{C}_{11}^m.3^{11-m}.x^m$

$=\sum _{k=0}^{11}{C}_{11}^k.3^{11-k}.x^k+\sum _{m=0}^{11}{C}_{11}^m.2.3^{11-m}.x^{m+1}$

Khi đó:

+, Khai triển $P\left(x\right)$ có 13 số hạng.

+, Hệ số của $x^9$ trong khai triển là: $C_{11}^9.3^2+C_{11}^8.2.3^3=9045$ (với $k=9,m=8$).

+, Hệ số tự do trong khai triển là: $C_{11}^0.3^{11}=177147$

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

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

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

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

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

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

Giải thích

Ta có $\left(2.0-2.2-1+1\right)\left(2.\frac{7}{9}-2.\frac{2}{9}+\frac{17}{9}+1\right)<0$ nên hai điểm $A$ và $B$ nằm khác phía đối với $\left(P\right)$.

* Tìm $M$.

Lấy điểm $B^{\prime }\left(x_{B^{\prime }};y_{B^{\prime }};z_{B^{\prime }}\right)$ đối xứng với $B$ qua $\left(P\right)$.

Hạ $BH\perp \left(P\right)$ suy ra $\overrightarrow{u_{BH}}=\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(2;-2;1\right)$ nên phương trình đường thẳng $BH$ là  $\{\begin{array}{l}x=\frac{7}{9}+2t\\ y=\frac{2}{9}-2t\left(t\in \mathbb{R}\right)\\ z=\frac{17}{9}+t\end{array}$.

Gọi tọa độ điểm $H$ là $H\left(\frac{7}{9}+2h;\frac{2}{9}-2h;\frac{17}{9}+h\right)$. Vì $H\in \left(P\right)$ nên

$2\left(\frac{7}{9}+2h\right)-2\left(\frac{2}{9}-2h\right)+\left(\frac{17}{9}+h\right)+1=0\iff h=-\frac{4}{9}$ do đó $H\left(\frac{-1}{9};\frac{10}{9};\frac{13}{9}\right)$.

$B^{\prime }$ đối xứng với $B$ qua $\left(P\right)$ nên $H$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$.

Do đó $\{\begin{array}{l}{x}_{B^{\prime }}+\frac{7}{9}=2.\frac{-1}{9}\\ y_{B^{\prime }}+\frac{2}{9}=2.\frac{10}{9}\iff \{\begin{array}{l}{x}_{B^{\prime }}=-1\\ y_{B^{\prime }}=2\\ z_{B^{\prime }}=1\end{array}\\ z_{B^{\prime }}+\frac{17}{9}=2.\frac{13}{9}\end{array}$ suy ra $B^{\prime }(-1;2;1)$.

Khi đó $\left|MA-MB\right|=\left|MA-M{B}^{\prime }\right|\le A{B}^{\prime }$.

Dấu "=" xảy ra khi $M$ là giao điểm của đường thẳng $A{B}^{\prime }$ và $\left(P\right)$.

Có $d\left(A,\left(P\right)\right)=\frac{2}{3},d\left(B^{\prime },\left(P\right)\right)=\frac{4}{3}$ nên $d\left(B^{\prime },\left(P\right)\right)=2d\left(A,\left(P\right)\right)$ do đó $A$ là trung điểm của đoạn thẳng $B^{\prime }M$ suy ra $M\left(1;2;1\right)$.

* Tìm $N$.

$NA+NB\ge AB$

Dấu “=" xảy ra khi $N$ là giao điểm của đường thẳng $AB$ và $\left(P\right)$.

Có $d\left(A,\left(P\right)\right)=\frac{2}{3},d\left(B,\left(P\right)\right)=\frac{4}{3}$ nên $d\left(B,\left(P\right)\right)=2d\left(A,\left(P\right)\right)$ do đó $\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AN}$ nên $N\left(\frac{7}{27};\frac{38}{27};\frac{35}{27}\right)$.