Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 23)

Đáp án : “46”

Giải thích

Đặt \(z = a + bi\left( {a,b \in \mathbb{R}} \right)\).

Ta có: \(\left| {z - 3 - 4i} \right| = \sqrt 5  \Leftrightarrow {(a - 3)^2} + {(b - 4)^2} = 5\left( 1 \right)\).

Mặt khác, \(P = \left| {z + 2{|^2} - } \right|z - i{|^2} = {(a + 2)^2} + {b^2} - \left[ {{a^2} + {{(b - 1)}^2}} \right] = 4a + 2b + 3 \Rightarrow b = \frac{{P - 4a - 3}}{2}\)(2)

Từ (1) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(20{a^2} + \left( {64 - 8P} \right)a + {P^2} - 22P + 137 = 0\left( {\rm{*}} \right)\).

Phương trình \(\left( {\rm{*}} \right)\) có nghiệm khi \({\rm{\Delta '}} =  - 4{P^2} + 184P - 1716 \ge 0\).

\( \Leftrightarrow 13 \le P \le 33 \Rightarrow M + m = 33 + 13 = 46\).

Đáp án

Tại \(x = 2\sqrt 7 \) thì \(f\left( x \right)\) bằng 3 .

Số giá trị nguyên thuộc \(\left[ { - 5;5} \right]\) để hàm số có nghĩa là 8 .

Phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) có nghiệm bằng 0 .

Giải thích

Vị trí thả 1: 3

Vị trí thả 2: 8

Vị trí thả 3: 0

Ta có:

Nhập  ta được \(f\left( {2\sqrt 7 } \right) = 3\).

Điều kiện xác định \({x^2} - 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 1}\\{x <  - 1}\end{array}} \right.\). Vì \(x\) nguyên thuộc \(\left[ { - 5;5} \right]\) nên \(x \in \left\{ { - 5; - 4; - 3; - 2;2;3;4;5} \right\}\).

Vậy có 8 giá trị nguyên thỏa mãn.

\(f'\left( x \right) = \frac{{2x}}{{\left( {{x^2} - 1} \right){\rm{.ln}}3}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0\).

Đáp án

Số bi đỏ trong bình là \(75 - 35 = 40\) (viên bi) trong đó có \(40 - 30 = 10\) (viên bi) chưa qua sử dụng.

Số bi xanh trong bình chưa qua sử dụng là \(35 - 25 = 10\) (viên bi)

Vậy có \(C_{10}^1\).\(C_{10}^1 = 100\) cách chọn 2 viên bi khác màu chưa qua sử dụng.

Để chọn được 3 viên bi khác màu, ta xét các trường hợp sau:

TH1. 3 viên bi được chọn gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ có \(C_{35}^2.C_{40}^1\) cách chọn.

- Có \(C_{10}^2\).\(C_{10}^1\) cách chọn 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ đều chưa qua sử dụng.

- Có \(C_{25}^2\).\(C_{30}^1\) cách chọn 3 viên bi gồm 2 viên bi xanh và 1 viên bi đỏ đều đã qua sử dụng.

\( \Rightarrow \) Có \(C_{35}^2.C_{40}^1 - \left( {C_{10}^2.C_{10}^1 + C_{25}^2.C_{30}^1} \right) = 14350\) cách chọn 3 viên bi (gồm 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ) và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

TH2. 3 viên bi được chọn gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ có \(C_{35}^1.C_{40}^2\) cách chọn.

- Có \(C_{10}^1\).\(C_{10}^2\) cách chọn 3 viên bi gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ đều chưa qua sử dụng.

- Có \(C_{25}^1\).\(C_{30}^2\) cách chọn 3 viên bi gồm 1 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ đều đã qua sử dụng.

\( \Rightarrow \) Có \(C_{35}^1.C_{40}^2 - \left( {C_{10}^1.C_{10}^2 + C_{25}^1.C_{30}^2} \right) = 15975\) cách chọn 3 viên bi (gồm 1 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ) và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

Vậy có \(14350 + 15975 = 30325\) cách chọn 3 viên bi khác màu và có cả viên bi chưa sử dụng và đã qua sử dụng.

Khi thêm 2 viên bi đã qua sử dụng vào bình thì xác suất để chọn được một viên bi chưa qua sử dụng là: \(P = \frac{{C_{10}^1 + 10}}{{C_{75}^1 + 2}} = \frac{{20}}{{77}} \ne \frac{2}{7}\).

Đáp số: “2024”

Giải thích

Giả sử \({2^{2023}}\) có \(m\) chữ số và \({5^{2023}}\) có \(n\) chữ số. Khi đó hai số \({2^{2023}}\) và \({5^{2023}}\) viết liền nhau tạo thành một số có \(m + n\) chữ số.

Vì \({2^{2023}}\) có \(m\) chữ số nên \({10^{m - 1}} < {2^{2023}} < {10^m}\left( 1 \right)\).

Vì \({5^{2023}}\) có \(n\) chữ số nên \({10^{n - 1}} < {5^{2023}} < {10^n}\left( 2 \right)\).

Nhân từng vế của (1) và (2) ta được: \({10^{m + n - 2}} < {10^{2023}} < {10^{m + n}} \Leftrightarrow m + n - 2 < 2023 < m + n\)

Mà \(m,n \in \mathbb{N}\) nên \(m + n - 1 = 2023 \Leftrightarrow m + n = 2024\).

Đáp án

Giải thích

Góc giữa hai mặt phẳng \((\alpha )\) và \((\beta )\) là góc \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{a} + \frac{4}{b} + \frac{9}{c} = 1}\\{\frac{1}{a} = \frac{2}{b} = \frac{3}{c}}\\{a + b + c = {{(1 + 2 + 3)}^2}}\end{array} \Leftrightarrow } \right.\left\{ \begin{array}{l}a = 6\\b = 12\\c = 18\end{array} \right.\) . Khi đó

\(sin\varphi  = \frac{{d(A;\alpha )}}{{d(A;\Delta )}}.\)

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Gọi điểm \(G\) là trọng tâm , kéo dài tia \(BM\) cắt \(AD\) tại \(F\).

Ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {BEF} \right) = EG\)

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {BME} \right)\) là góc \(\varphi \) có \({\rm{sin}}\varphi  = \frac{{d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A;EG} \right)}}\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\), kẻ \(AK \bot EG\left( {K \in EG} \right)\).

Ta có: \(AE = SA - SE = 2a;AG = AC - GC = AC - \frac{2}{3}OC = \frac{2}{3}AC = \frac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {A,EG} \right) = AK = \frac{{AE.AG}}{{\sqrt {A{E^2} + A{G^2}} }} = \frac{{a\sqrt {70} }}{7}\)

Gọi \(h = d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)\).

Ta có: \(\frac{{FD}}{{FA}} = \frac{{DM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FA = 2a\)

Vì \(AE,AB,AF\) đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{F^2}}} = \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\varphi  = \frac{{d\left( {A;\left( {BEF} \right)} \right)}}{{d\left( {A;EG} \right)}} = \frac{{\sqrt {14} }}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow {\rm{cos}}\varphi  = \frac{1}{{\sqrt {15} }}\).

Đáp án: “8”

Giải thích

Gọi bán kính khối cầu là \(r\) thì đường kính khối cầu là \(2r\).

Thể tích ban đầu của khối cầu là \(V = \frac{4}{3}\pi {r^3}\).

Khi đường kính khối cầu giảm đi 2 lần thì bán kính khối cầu là \(\frac{r}{2}\).

Thể tích của khối cầu sau khi giảm là \(V' = \frac{4}{3}\pi {\left( {\frac{r}{2}} \right)^3} = \frac{1}{8}.\frac{4}{3}\pi {r^2} = \frac{1}{8}V\).

Vậy thể tích khối cầu giảm đi 8 lần.

Đáp án

Giải thích

Ta có: \(z_1^2 + z_2^2 = {z_1}{z_2} \Leftrightarrow z_1^2 - {z_1}{z_2} + z_2^2 = 0\)

\( \Rightarrow z_1^3 + z_2^3 = \left( {{z_1} + {z_2}} \right)\left( {z_1^2 - {z_1}{z_2} + z_2^2} \right) = 0 \Leftrightarrow z_1^3 =  - z_2^3 \Rightarrow \left| z \right._1^3\left| { = \left| z \right._2^3} \right| \Rightarrow {\left| z \right._1}\left| { = \left| {{z_2}} \right.} \right| \Rightarrow OA = OB\)

Mặt khác \[\left. {{{\left. {\left( {{z_1} - {z_2}} \right.} \right)}^2} = \left( {z_1^2 - {z_1}{z_2} + z_2^2} \right.} \right) - {z_1}{z_2} =  - {z_1}{z_2} \Rightarrow {\left| {{z_1} - \left. {{z_2}} \right|} \right.^2} = \left| {{z_1}} \right.\left| {.\left| {{z_2}} \right.} \right| \Rightarrow A{B^2} = OA.OB = O{A^2}\]

 đều.