Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 12)

Ta có: \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}x - 2\,\,khi\,\,x > 1\\a\,\,khi\,\,x = 1\\2 - x\,\,khi\,\,x < 1{\rm{\;}}\end{array} \right.\)

a) Để \(f\left( x \right)\) liên tục trái tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2 - x} \right) = 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).

Vậy với \(a = 1\) hàm số liên tục trái tại \(x = 1\).

b) Để \(f\left( x \right)\) liên tục phải tại \(x = 1 \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) tồn tại và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 2} \right) = - 1\) và \(f\left( 1 \right) = a\).

Vậy với \(a = - 1\) hàm số liên tục phải tại \(x = 1\).

c) Do \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Cứ hai đường kẻ ngang phân biệt và 2 đường kẻ dọc phân biệt cho ta một hình chữ nhật.

Vậy số hình chữ nhật là: \(C_9^2 \times C_6^2 = 540\).

Số hình vuông là: \(8 \times 5 + 7 \times 4 + 6 \times 3 + 5 \times 2 + 4 \times 1 = 100\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Số hình chữ nhật có trên hình là: (1) 540.

Số hình vuông có trên hình là: (2) 100.

Ta có:

 $=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x}{\left[a{x}^2+\left(2a+1\right)x\right]\left(\sqrt{4x+1}+1\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4}{\left[ax+2a+1\right]\left(\sqrt{4x+1}+1\right)}$

Đặt \(g\left( x \right) = ax + 2a + 1\).

Hàm số liên tục tại .

Để tồn tại thì \(g\left( 0 \right) \ne 0 \Leftrightarrow a \ne - \frac{1}{2}\).

Với \(a \ne - \frac{1}{2}\) thì \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \frac{2}{{2a + 1}} \Rightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{6}\).

Bất phương trình trở thành: \({x^2} - 6x + 5 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le x \le 5\).

Vì \(x\) nguyên nên \(x \in \left\{ {1;2;3;4;5} \right\}\). Vậy bất phương trình có 5 nghiệm nguyên.

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{a{x^2} + \left( {2a + 1} \right)x}}{\rm{\;khi\;}}x \ne 0}\\{3{\rm{\;\;khi\;}}x = 0}\end{array}} \right.\). Biết \(a\)là giá trị để hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\), khi đó số nghiệm nguyên của bất phương trình \({x^2} + 36ax + 5 \le 0\) là (1) 5.

Đặt \(\frac{{DK}}{{DD'}} = x\).

Gọi \(M\) là điểm thuộc cạnh \(BB'\) sao cho \(\frac{{B'M}}{{B'B}} = x\).

Ta có \(A'M//KC\) nên \(d\left( {CK,A'D} \right) = d\left( {CK,\left( {A'MD} \right)} \right) = d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)\).

Gọi \(N = AK \cap A'D;P = AB \cap A'M\). Khi đó \(\frac{{d\left( {K,\left( {A'MD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right)}} = \frac{{NK}}{{NA}} = \frac{{DK}}{{AA'}} = x\).

Suy ra \(d\left( {CK,A'D} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'MD} \right)} \right) = x.d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)\).

\(\frac{{A'B'}}{{BP}} = \frac{{B'M}}{{BM}} = \frac{x}{{1 - x}}\) suy ra \(BP = \frac{{A'B'\left( {1 - x} \right)}}{x} = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x}\) nên \(AP = BP + AB = \frac{{a\left( {1 - x} \right)}}{x} + a = \frac{a}{x}\).

Tứ diện \(A.A'DP\) vuông tại \(A\) nên \(\frac{1}{{{d^2}\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right)}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{P^2}}} = \frac{{{x^2} + 2}}{{{a^2}}}\).

Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'DP} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\). Do đó \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{{ax}}{{\sqrt {{x^2} + 2} }}\)

Mà \(d\left( {CK,A'D} \right) = \frac{a}{3}\) suy ra \(\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2} }} = \frac{1}{3}\). Giải phương trình này thu được \(x = \frac{1}{2}\).

Vậy \(\frac{{DK}}{{DD'}} = \frac{1}{2}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Gọi \(K\) là một điểm thuộc cạnh \(DD'\) (\(K\) khác \(D\) và \(D'\)) sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng \(CK\) và \(A'D\) bằng \(\frac{a}{3}\). Tỉ số \(\frac{{DK}}{{DD'}}\) bằng (1) \(\frac{1}{2}\).

Ta có:

\({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\frac{1}{{2023}} \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x.119y.\frac{1}{{2023}}} \right) \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow xy \ge {x^2} + y + 1\)

\( \Leftrightarrow y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1\)

\( \Leftrightarrow y \ge \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) (vì \(y > 0,y\left( {x - 1} \right) \ge {x^2} + 1 > 0\) nên \(x - 1 > 0\))

\( \Rightarrow x + y \ge x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\forall x > 1;y > 0\).

Khi đó bài toán đã cho trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}}\) với \(x > 1\).

Ta có: \(x + \frac{{{x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{{x^2} - x + {x^2} + 1}}{{x - 1}} = \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = f\left( x \right)\).

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} - 4x}}{{{{(x - 1)}^2}}};f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2\) (vì \(x > 1\)).

Ta có: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty ,f\left( 2 \right) = \frac{{{{2.2}^2} - 2 + 1}}{{2 - 1}} = 7\),

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{x - 1}} = + \infty \).

Do đó \(\mathop {{\rm{min}}}\limits_{\left( {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 7\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(x + y\) là 7 .

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho \(x,y\) là các số thực dương thỏa mãn \({\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {17x} \right) + {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {119y} \right) - 1 \ge {\rm{lo}}{{\rm{g}}_{2023}}\left( {{x^2} + y + 1} \right)\). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(x + y\) bằng (1) 7.

Gọi \(v\left( t \right),a\left( t \right)\) lần lượt là vận tốc và gia tốc của chất điểm.

Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, ta suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 5t + 10}\\{a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5}\end{array}} \right.\).

Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng

\(a\left( 3 \right) = {3.3^2} - 6.3 + 5 = 14\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\).

Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng

\(v\left( 2 \right) = {2^3} - {3.2^2} + 5.2 + 10 = 16\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).

Ta có: \(a\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5 = 3{(t - 1)^2} + 2 \ge 2\) với mọi \(t\), dấu "=" xảy ra khi chỉ khi \(t = 1\).

Suy ra gia tốc chuyển động của chất điểm nhỏ nhất bằng 2 khi \(t = 1\).

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm gia tốc nhỏ nhất là

\(v\left( 1 \right) = {1^3} - {3.1^2} + 5.1 + 10 = 13\left( {{\rm{m}}/{\rm{s}}} \right)\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Tại thời điểm \(t = 3\), chất điểm chuyển động với gia tốc bằng 14 m/s².

Tại thời điểm \(t = 2\), chất điểm chuyển động với vận tốc bằng 16 m/s.

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm chất điểm có gia tốc chuyển động nhỏ nhất bằng 13 m/s.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\).

\(SC\) hợp với đáy một góc \(30^\circ \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \).

Xét vuông tại \(A\) có: \({\rm{sin}}30^\circ = \frac{{SA}}{{SC}} \Rightarrow SA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AC = \sqrt {S{C^2} - S{A^2}} = \frac{{3a}}{2}\).

Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(AC = \frac{{3a}}{2}\) nên \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}}\) (đvdt).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{9\sqrt 3 {a^2}}}{{16}} = \frac{{9{a^3}}}{{32}}\) (đvtt).

Do đó ta điền đáp án như sau

Ta có: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA.{S_{SBC}}\)

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là:

\(IS = R = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + M{S^2}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{B{C^2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{S{A^2}}}{4} + \frac{{2S{B^2}}}{4}} = \frac{{SA\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó, diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp \(S.ABC\) là: \(S = 4\pi {R^2} = 3S{A^2}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau