Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 14)

Đáp án

Giải thích

9 con dê chiếm \[\frac{1}{2} - \frac{3}{4}.\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\] tổng số dê trong đàn.

Vậy cả đàn có 9 × 8 = 72 con dê trong đó có 36 con dê đang ăn cỏ trên cánh đồng, 27 con dê đang lang thang gần đó và 9 con còn lại đang nước uống bên bờ hồ.

Giải thích

Trong hội nghị có 100 người nên \[n\left( \Omega  \right) = C_{100}^{20}\]

+ Số người có trình độ là Đại học là: 100.80 (người).

Trong 20 người được nhận quà của diễn giả: có \(\frac{3}{4}\) số người có trình độ là Đại học và còn lại là các trình độ khác nên số cách chọn 20 người lên nhận quà là: \(n(A) = C_{80}^{15}.C_{20}^5\).

Xác suất cần tìm của đề bài là: \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_{80}^{15}.C_{20}^5}}{{C_{100}^{20}}} \approx 0,19.\)

 Chọn A

Đáp án

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai số phức \({z_1}\) có điểm biểu diễn \(M\), số phức \({z_2}\) có điểm biểu diễn là \(N\) thỏa mãn \(\left| {{z_1}} \right| = 1,\left| {{z_2}} \right| = 3\) và \(\widehat {MON} = {120^o }\). Giá trị lớn nhất của \(\left| {3{z_1} + 2{z_2} - 3i} \right|\) là \({M_0}\), giá trị nhỏ nhất của \(\left| {3{{\rm{z}}_1} - 2{z_2} + 1 - 2i} \right|\) là \({m_0}\). Biết \({M_0} + {m_0} = a\sqrt 7  + b\sqrt 5  + c\sqrt 3  + d\), với \(a,b,c,d \in \mathbb{Z}.a + b + c + d = \) (1) __ 8 __ 

Giải thích

Gọi \({M_1}\) là điểm biểu diễn của số phức \(3{z_1}\), suy ra \(O{M_1} = 3\).

Gọi \({N_1}\) là điểm biểu diễn của số phức \(2{z_2}\), suy ra \(O{N_1} = 6\). Gọi \(P\) là điểm sao cho

\(\overrightarrow {O{M_1}}  + \overrightarrow {O{N_1}}  = \overrightarrow {OP} \). Suy ra tứ giác \(O{M_1}P{N_1}\) là hình bình hành.

Do từ giả thiết \(\widehat {MON} = {120^o }\), suy ra \({\widehat {{M_1}ON}_1} = {120^o } \Rightarrow \widehat {O{M_1}P} = {60^o }\).

Dùng định lí cosin trong tam giác \(O{M_1}{N_1}\) ta tính được \({M_1}{N_1} = \sqrt {9 + 36 - 2.3.6.\left( { - \frac{1}{2}} \right)}  = 3\sqrt 7 \);

và định lí cosin trong tam giác \(O{M_1}P\) ta có \(OP = \sqrt {9 + 36 - 2.3.6.\frac{1}{2}}  = 3\sqrt 3 \).

Ta có \({M_1}{N_1} = \left| {3{z_1} - 2{z_2}} \right| = 3\sqrt 7 ;OP = \left| {3{z_1} + 2{z_2}} \right| = 3\sqrt 3 \).

Tìm giá trị lớn nhất của \(\left| {3{{\rm{z}}_1} + 2{z_2} - 3i} \right|\).

Đặt \(3{z_1} + 2{z_2} = {w_1} \Rightarrow \left| {{w_1}} \right| = 3\sqrt 3 \), suy ra điểm biểu diễn \({w_1}\) là \(A\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\) tâm \(O(0;0)\) bán kính \({R_1} = 3\sqrt 3 \). Gọi điểm \({Q_1}\) là biểu diễn số phức 3i.

Khi đó \(\left| {3{{\rm{z}}_1} + 2{z_2} - 3i} \right| = A{Q_1}\), bài toán trở thành tìm \({\left( {A{Q_1}} \right)_{\max }}\) biết điểm \(A\) trên đường tròn \(\left( {{C_1}} \right)\).

Dễ thấy \({\left( {A{Q_1}} \right)_{\max }} = O{Q_1} + {R_1} = 3 + 3\sqrt 3 \).

Tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left| {3{{\rm{z}}_1} - 2{z_2} + 1 - 2i} \right| = \left| {3{{\rm{z}}_1} - 2{z_2} - ( - 1 + 2i)} \right|\).

Đặt \(3{z_1} - 2{z_2} = {w_2} \Rightarrow \left| {{w_2}} \right| = 3\sqrt 7 \), suy ra điểm biểu diễn \({w_2}\) là \(B\) thuộc đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) tâm \(O(0;0)\) bán kính \({R_1} = 3\sqrt 7 \). Gọi điểm \({Q_2}\) là biểu diễn số phức \( - 1 + 2i\).

Khi đó \(\left| {3{{\rm{z}}_1} - 2{z_2} - ( - 1 + 2i)} \right| = B{Q_2}\), bài toán trở thành tìm \({\left( {B{Q_2}} \right)_{\min }}\) biết điểm \(B\) trên đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\).

Dễ thấy điểm \({Q_2}\) nằm trong đường tròn \(\left( {{C_2}} \right)\) nên \({\left( {B{Q_2}} \right)_{\min }} = {R_2} - O{Q_2} = 3\sqrt 7  - \sqrt 5 \).

Vậy \({M_0} + {m_0} = 3\sqrt 7  + 3\sqrt 3  - \sqrt 5  + 3\).

Suy ra \(a + b + c + d = 8\).

Giải thích

Để chia thành 4 phần quà mà mỗi phần có ít nhất 3 hộp bánh ta làm như sau:

+ Chia mỗi phần là 2 hộp bánh.

+ Còn lại 12 hộp bánh. Khi đó bài toán trở thành. Có bao nhiêu cách chia 12 hộp bánh thành 4 phần quà sao cho mỗi phần có ít nhất 1 hộp bánh. Để làm bài toán này ta xếp 12 hộp bánh thành hàng ngang, khi đó có 11 khoảng trống. Chọn 3 trong 11 khoảng trống để đặt vách ngăn. Khi đó ta có \[C_{11}^3 = 165\] cách chia.

 Chọn D

Giải thích

Ta có:

\({1^1} + {2^2} + {3^3} +  \ldots  + {n^n} < {n^1} + {n^2} + {n^3} +  \ldots  + {n^n} < {n^n} + {n^n} + {n^n} +  \ldots  + {n^n} = n.{n^n} = {n^{n + 1}},\forall n \in \mathbb{N},n \ge 2\)

Vậy \(c = {1^1} + {2^2} + {3^3} +  \ldots  + {1000^{1000}} < {1000^{1001}} = a\) hay \(c < a\) (1).

Mặt khác

\(\log a = 3003\)

\(\log b = {2^{64}}.\log 2 = {2^{10}}{.2^{50}}{.2^4}.\log 2 = \left( {1024.\log {2^{16}}} \right){.2^{50}} > 3003 = \log a\). Vậy \(b > a\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[c < a < b\].

 Chọn A

Đáp án

Biết đồ thị hàm số \(y = \frac{{\sqrt {x + 3}  + ax + b}}{{{{(x - 1)}^2}}}\,\,(C)\) không có tiệm cận đứng. Khi đó, a = \( - \frac{1}{4}\) ; b = \( - \frac{7}{4}\)   và đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y = 0 .

Giải thích

Đặt \(f(x) = \sqrt {x + 3}  + ax + b \Rightarrow {f^\prime }(x) = \frac{1}{{2\sqrt {x + 3} }} + a\).

Để đồ thị hàm số \((C)\) không có tiệm cận đứng thì phương trình \(f(x) = 0\) có nghiệm kép \(x = 1\).

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{f(1) = 0}\\{{f^\prime }(1) = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2 + a + b = 0}\\{\frac{1}{4} + a = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - \frac{1}{4}}\\{b =  - \frac{7}{4}}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow y = \frac{{\sqrt {x + 3}  - \frac{1}{4}x - \frac{7}{4}}}{{{{(x - 1)}^2}}}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = 0 \Rightarrow y = 0\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \((C)\).