Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 22)

Phương pháp giải

Sử dụng định nghĩa và tính chất về trung điểm.

Lời giải

\(I\) là trung điểm của \(AB\) nên:

\(\overrightarrow {IA}  + \overrightarrow {IB}  = \vec 0\)

\(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = 2\overrightarrow {MI} \)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} + {x_B} = 2{x_I}}\\{{y_A} + {y_B} = 2{y_I}}\\{{z_A} + {z_B} = 2{z_I}}\end{array}} \right.\)

Chưa thể khẳng định được \(MA + MB < 2MI\) vì nếu MI vuông góc với \(AB\) thì điều này là sai.

 Chọn D

Đáp án: "2"

Phương pháp giải

- Tính đạo hàm và khảo sát hàm \(y = 2{x^3} - 3{x^2}\)

- Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( C \right):y = 2{x^3} - 3{x^2}}\\{d:y = 2m + 1}\end{array}} \right.\)

Lời giải

Xét hàm số: \(y = 2{x^3} - 3{x^2} \Rightarrow y' = 6{x^2} - 6x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0 \vee x = 1\).

Bảng biến thiên:

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( C \right):y = 2{x^3} - 3{x^2}}\\{d \cdot y = 2m + 1}\end{array}} \right.\)

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 1 =  - 1}\\{2m + 1 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m =  - 1}\\{m =  - \frac{1}{2}}\end{array} \Rightarrow S = \left\{ { - 1; - \frac{1}{2}} \right\}} \right.} \right.\).

Đáp án

Phương pháp giải

- Giả sử \(z = x + yi\) với \(x,y \in \mathbb{R}\).

- Biến đổi phương trình.

- Số thuần ảo là số có phần thực bằng 0 .

Lời giải

Giả sử \(z = x + yi\) với \(x,y \in \mathbb{R}\).

Vì \(\left( {\bar z + 2i} \right)\left( {z - 2} \right) = \left[ {x + \left( {2 - y} \right)i} \right]\left[ {\left( {x - 2} \right) + yi} \right] = \) \(\left[ {x\left( {x - 2} \right) - y\left( {2 - y} \right)\left]  +  \right[xy + \left( {x - 2} \right)\left( {2 - y} \right)} \right]i\) là số thuần ảo nên có phần thực bằng không do đó \(x\left( {x - 2} \right) - y\left( {2 - y} \right) = 0 \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} = 2\). Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn các số phức \(z\) là một đường tròn có bán kính bằng \(\sqrt 2 \).

Phương pháp giải

Lời giải

Ta có: \(y = 2{\rm{sin}}\left( {x + 1} \right) - 1\)

\( - 1 \le {\rm{sin}}\left( {x + 1} \right) \le 1\)

\( \Rightarrow  - 2 \le 2{\rm{sin}}\left( {x + 1} \right) \le 2\)

\( \Rightarrow  - 3 \le 2{\rm{sin}}\left( {x + 1} \right) - 1 \le 1\)

Vậy tập giá trị của hàm số \(y = 2{\rm{sin}}\left( {x + 1} \right) - 1\) là \(\left[ { - 3;1} \right]\)

 Chọn B

Đáp án: “28”

Phương pháp giải

Vì \(S\) là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập \(A\)

Lời giải

Vì S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau được lập thành từ các chữ số thuộc tập \(A\) nên ta tính số phần tử thuộc tập \(S\) như sau:

+ Số các số thuộc \(S\) có 3 chữ số là \(A_5^3\).

+ Số các số thuộc \(S\) có 4 chữ số là \(A_5^4\).

+ Số các số thuộc \(S\) có 5 chữ số là \(A_5^5\).

Suy ra số phần tử của tập \(S\) là \(A_5^3 + A_5^4 + A_5^5 = 300\).

Số phần tử của không gian mẫu là \({n_{\rm{\Omega }}} = C_{300}^1 = 300\)

Gọi \(X\) là biến cố "Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10 ". Các tập con của \(A\) có tổng số phần tử bằng 10 là \({A_1} = \left\{ {1;2;3;4} \right\},{A_2} = \left\{ {2;3;5} \right\},{A_3} = \left\{ {1;4;5} \right\}\).

+ Từ \({A_1}\) lập được các số thuộc \(S\) là 4!.

+ Từ \({A_2}\) lập được các số thuộc \(S\) là 3!.

+ Từ \({A_3}\) lập được các số thuộc \(S\) là 3!.

Suy ra số phần tử của biến cố \(X\) là \({n_X} = 4! + 3! + 3! = 36\).

Vậy xác suất cần tính \(P\left( X \right) = \frac{{{n_X}}}{{{n_{\rm{\Omega }}}}} = \frac{{36}}{{300}} = \frac{3}{{25}}\).

Đáp án

Phương pháp giải

- Gọi \(H\) là chân đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)

- Khi quay tam giác \(ABC\) quanh trục \(AO\) ta được hình nón có thể tích là: \({V_N}\), có đáy là đường tròn đường kính \(BC\)

Lời giải

Gọi \(H\) là chân đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\)

Vì tam giác \(ABC\) đều nên ta có: \(AH = 3OH = 3r\), \(AH = BC\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow BC = \frac{2}{{\sqrt 3 }}AH = .r2\sqrt 3 \)

Khi quay tam giác \(ABC\) quanh trục \(AO\) ta được hình nón có thể tích là: \({V_N}\), có đáy là đường tròn đường kính \(BC\) khi đó: \({S_N} = \pi H{C^2} = \pi {r^2}3\), chiều cao của hình nón là: \(AH = 3r\), khi đó thể tích hình nón là: \({V_N} = \frac{1}{3}AH.{S_N} = \frac{1}{3}3r.\pi {r^2}3 = 3\pi {r^3}\) (đvtt)

Thể tích khối cầu khi quay hình tròn \(\left( {O;r} \right)\) quanh trục \(AO\) là: \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {r^3}\)

Vậy thể tích \(V\) của khối tròn xoay thu được khi quay tam giác \(ABC\) đã cắt bỏ phần hình tròn quanh trục \(AO\) là: \(V = {V_N} - {V_C} = 3\pi {r^3} - \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{5}{3}\pi {r^3}\)

Đáp án: "40"

Phương pháp giải

- Nhận xét \(f\left( { - x} \right)\).

- Biến đổi \(f\left( m \right) + f\left( {m - {3^4}} \right) < 0\)

Lời giải

Ta có \(f\left( { - x} \right) = {3^{ - x}} - {3^x} =  - f\left( x \right)\)

\(f'\left( x \right) = {3^x}{\rm{.ln}}3 + {3^{ - x}}{\rm{.ln}}3 > 0\)

\( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến.

Nên ta có \(f\left( m \right) + f\left( {m - {3^4}} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow f\left( {m - {3^4}} \right) < f\left( { - m} \right)\)

\( \Leftrightarrow m - {3^4} <  - m\)

\( \Leftrightarrow 2m - {3^4} < 0\)

\( \Leftrightarrow m < \frac{{{3^4}}}{2}\)

\( \Rightarrow {m_0} = 40\)