Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2026 có đáp án (Đề 14)

Giải chi tiết:

Hai đường tròn cho tối đa hai giao điểm. Và \(5\) đường tròn phân biệt cho số giao điểm tối đa khi \(2\) đường tròn bất kỳ trong \(5\) đường tròn đôi một cắt nhau.

Vậy số giao điểm tối đa của \(5\) đường tròn phân biệt là \(2 \cdot C_5^2 = 20.\)

Đáp án cần chọn là: B

Ta có \(S = \frac{1}{2}AC.BD = {a^2};V = S.AA' = {a^2}.4a = 4{a^3}.\)

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án đúng là: \(1.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(\left( C \right):\) \(y = a{x^3} + b{x^2} + cx + d{\mkern 1mu} (a \ne 0)\)

Do \(\left( C \right)\) cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ bằng \(2\) nên \(d = 2\)

Vì \(\left( C \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,B\left( {1;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - a + b - c = - 4}\\{a + b + c = - 2}\\{4a + 2b + c = - 2}\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 1}\\{b = - 3}\\{c = 0}\end{array}} \right.\)

Do đó \(\left( C \right):y = {x^3} - 3{x^2} + 2.\)

Gọi \(\left( P \right):y = m{x^2} + nx + r{\mkern 1mu} (m \ne 0)\)

Do \(\left( P \right)\) đi qua \(3\) điểm \(A\left( { - 1; - 2} \right),\,\,O\left( {0;0} \right)\) và \(C\left( {2; - 2} \right)\) nên ta được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m - n + r = - 2}\\{r = 0}\\{4m + 2n + r = - 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = - 1}\\{r = 0}\\{n = 1}\end{array}} \right..\)

Do đó \(\left( P \right):y = - {x^2} + x\)

Vậy

\( \Rightarrow a = 37,b = 12 \Rightarrow a - 3b = 1.\)

Đáp án cần điền là: 1

Đáp án đúng là: \(4.\)

Giải chi tiết:

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} - 4 > 0}\\{f(x + 1) \ne 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x < - 2\\x > 2\end{array} \right.\\f(x + 1) \ne 4\end{array} \right.\)

Xét \[f(x + 1) = 4 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = \alpha \in \left( { - 1;1} \right)\\x + 1 = 2\\x + 1 = \beta \in \left( {4; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \alpha - 1 \in \left( { - 2;0} \right)\left( L \right)\\x = 1\left( L \right)\\x + 1 = \beta \in \left( {3; + \infty } \right)\left( {TM} \right)\end{array} \right.\]     

Khi đó:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} y = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} y = + \infty \Rightarrow x = \pm 2\)là hai đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to (\beta - 1)} (f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} = 0,\,\,(f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} > 0\) khi \(x \to {(\beta - 1)^ - }\) và \((f(x + 1) - 4)\sqrt {{x^2} - 4} < 0\) khi \(x \to {(\beta - 1)^ + }\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\beta - 1)}^ - }} y = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {{(\beta - 1)}^ + }} y = - \infty \)

\( \Rightarrow x = \beta - 1\)là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có \(3\) tiệm cận đứng.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } y = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = 0\) nên đồ thị hàm số có \(1\) tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có \(4\) đường tiệm cận gồm \(3\) đường tiệm cận đứng và \(1\) đường tiệm cận ngang.

Đáp án cần điền là: \(4.\)

Giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sin 3x}}{{1 - \cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{3\sin x - 4{{\sin }^3}x}}{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\sin \frac{x}{2}\left( {6\cos \frac{x}{2} - 32{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^3}\frac{x}{2}} \right)}}{{2{{\sin }^2}\frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{3\cos \frac{x}{2} - 16{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^3}\frac{x}{2}}}{{\sin \frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{\cos \frac{x}{2}\left( {3 - 16{{\sin }^2}\frac{x}{2}{{\cos }^2}\frac{x}{2}} \right)}}{{\sin \frac{x}{2}}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \cot \frac{x}{2}(3 - 4{\sin ^2}x) = - \infty \)

Đáp án cần chọn là: C

Giải chi tiết:

Ta có tiền vốn bỏ ra cho bởi hàm số

\(h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right) = {x^2} - 30000x + {10^9}\) với \(x > 0\)

Khi đó \(h'\left( x \right) = 2x - 30000.\) Cho \(h'\left( x \right) = 0\)

\( \Rightarrow 2x - 30000 = 0 \Rightarrow x = 15000\)

Bảng biến thiên:

Vậy giá bán mỗi kg rau là \(x = 15000\) (đồng) thì cửa hàng bỏ ra vốn ít nhất.

Đáp án cần chọn là: A

Giải chi tiết:

Ta có:

\({\left( {a{x^2} - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {(a{x^2})^5} + 5{(a{x^2})^4}\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right) + 10{(a{x^2})^3}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^2} + 10{(a{x^2})^2}{\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^3} + 5(a{x^2}){\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^4} + {\left( { - \frac{{2a}}{x}} \right)^5}\)

\( = {a^5}{x^{10}} - 10{a^5}{x^7} + 40{a^5}{x^4} - 80{a^5}x + \frac{{80{a^5}}}{{{x^2}}} - \frac{{32{a^5}}}{{{x^5}}}\)

Vì hệ số của đơn thức thứ \(3\) trong khai triển bằng \( - 9720\) nên \(40{a^5} = - 9720 \Leftrightarrow {a^5} = - 243.\)

Vậy hệ số của \({x^7}\) trong khai triển là \( - 10{a^5} = - 10.( - 243) = 2430.\)

Đáp án cần chọn là: B

Giải chi tiết:

Gọi \(O,\,\,I\) theo thứ tự là tâm của đáy lớn \(ABC\) và đáy bé \(A'B'C';K,\,\,J\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'.\)

Ta có \(h = IO = \frac{3}{2}\)là chiều cao của hình chóp cụt đều \(ABC.A'B'C'.\)

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là:

 $S_1=S_{△ABC}=\frac{4^2\sqrt{3}}{4}=4\sqrt{3};S_2=S_{△A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp cụt đều là:

\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right) = \frac{{7\sqrt 3 }}{2} \approx 6,1.\)

Đáp án cần điền là: \(6,1.\)