Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 30)

Ta có \({x^2} + {y^2} + {z^2} - 2\left( {m + 2} \right)x + 4my - 2mz + 5{m^2} + 9 = 0\,\,\left( * \right)\).

\(\left( * \right) \Leftrightarrow {(x - m - 2)^2} + {(y + 2m)^2} + {(z - m)^2} = {m^2} + 4m - 5\).

Do đó phương trình (*) là phương trình mặt cầu khi \({m^2} + 4m - 5 > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > 1}\\{m <  - 5}\end{array}} \right.\).

Giá trị nguyên nhỏ nhất của tập \(T\) là -2 .

Giá trị nguyên lớn nhất của tập \(T\) là -1 .

Giải thích

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho, phương trình \(f\left( x \right) = m\) có 3 nghiệm phân biệt thuộc đoạn \(\left[ { - 1;3} \right]\) thì \( - 3 < m < 0\) hay \(S = \left( { - 3;0} \right)\).

Vậy giá trị nguyên nhỏ nhất của tập \(T\) là -2 , giá trị nguyên lớn nhất của tập \(T\) là -1.

Giải thích

Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AB\).

Vì tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SI.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Ta có: \(\frac{{d\left( {J;\left( {ACD} \right)} \right)}}{{d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right)}} = \frac{1}{2}\) và \({S_{ACD}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\).

\( \Rightarrow {V_{ACDJ}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}.{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

Ta có: \(d\left( {D;\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{3{V_{ACDJ}}}}{{{S_{ACJ}}}}\).

\({\rm{\Delta }}BCI\) vuông tại \(B\) có: \(C{I^2} = C{B^2} + B{I^2} = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\).

\({\rm{\Delta }}SIC\) vuông tại \(I\) có: \(S{C^2} = S{I^2} + I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{5{a^2}}}{4} = 2{a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SID\) vuông tại \(I\) có: \(S{D^2} = S{I^2} + I{D^2} = 2{a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SCD\) có \(CJ\) là đường trung tuyến nên \(C{J^2} = \frac{{S{C^2} + C{D^2}}}{2} - \frac{{S{D^2}}}{4} = {a^2}\).

\({\rm{\Delta }}SAD\) cân tại \(A\left( {do\,\,SA = AD = a} \right)\) nên \(AJ\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao.

\( \Rightarrow A{J^2} = A{D^2} - D{J^2} = A{D^2} - {\left( {\frac{{SD}}{2}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\)

Xét  có \({\rm{cos}}A = \frac{{A{J^2} + A{C^2} - C{J^2}}}{{2AJ.AC}} = \frac{3}{4}\).

\( \Rightarrow {\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{\sqrt 7 }}{4} \Rightarrow {S_{AJC}} = \frac{1}{2}AJ.AC.{\rm{sin}}\widehat {JAC} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{8}\).

\( \Rightarrow d\left( {D;\left( {ACJ} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Ta có khối chóp \(S.ABC\) là khối chóp tam giác đều.

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Khi đó \(SG\) là chiều cao của khối chóp \(S.ABC\).

Gọi \(D,E,F\) lần lượt là trung điểm của \(BC,AB,CA\) và \(I,J,K\) lần lượt là hình chiếu của \(D,E,F\) trên \(SA,SC,SB\).

Khi đó \(DI,EJ,FK\) tương ứng là các đường vuông góc chung của các cặp cạnh \(SA\) và \(BC,SC\) và \(AB,SB\) và \(CA\).

Ta có \(DI = EJ = FK\). Do đó \({\rm{\Delta }}SID = {\rm{\Delta }}SJE\) nên \(SI = SJ\).

Suy ra \(ED//IJ\) (cùng song song với \(AC\)). Do đó bốn điểm \(D,E,I,J\) đồng phẳng.

Tương tự ta có bộ bốn điểm \(D,F,I,K\) và \(E,F,J,K\) đồng phẳng.

Ba mặt phẳng \(\left( {DEIJ} \right),\left( {DFIK} \right),\left( {EFJK} \right)\) đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến \(DI,EJ,FK\).

Suy ra \(DI,EJ,FK\) đồng quy tại điểm \(O\) thuộc \(SG\).

Xét điểm \(M\) bất kì trong không gian.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{r}}{d\left( {M,SA} \right) + d\left( {M,BC} \right)}&{ \ge DI}\\{d\left( {M,SC} \right) + d\left( {M,AB} \right)}&{ \ge EJ}\\{d\left( {M,SB} \right) + d\left( {M,AC} \right)}&{ \ge FK}\end{array} \Rightarrow d \ge DI + EJ + FK} \right.\).

Do đó \(d\) nhỏ nhất bằng \(DI + EJ + FK = 3DI\) khi \(M \equiv O\).

Ta có \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},AG = \frac{2}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3},SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}}  = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\), \(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Suy ra \(DI = AD.\sin \widehat {SAD} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là \(3DI = 3\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = a\sqrt 6 \).

Vì hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

\( \Leftrightarrow \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} \left[ {a\left( {x - 2{x^2}} \right)} \right] = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2x} \right) \Leftrightarrow a =  - 2\).

Ta có 

Số tiền bỏ heo của Hằng mỗi ngày tạo thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 1000\) (đồng),

công sai \(d = 1000\) (đồng).

Tính đến hết ngày 04 tháng 02 năm 2025 (là ngày thứ 366 do 2024 là năm nhuận có ngày 29 tháng 2) tổng số tiền bỏ heo là

\({S_{366}} = \frac{{366\left[ {2.1000 + \left( {366 - 1} \right).1000} \right]}}{2} = 67161000 = 40500000 + 26661000\) (đồng).

Vậy sau 1 năm Hằng đã đủ tiền mua xe và còn dư 26661000 đồng.

\(\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\) ta có:

+ Với \({u_n} = {n^2}\) thì \({n^2} < {(n + 1)^2} \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = {n^2}\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = 2n\) thì \(2n < 2\left( {n + 1} \right) \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = 2n\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = {n^3} - 1\) thì \({n^3} - 1 < {(n + 1)^3} - 1 \Leftrightarrow {u_n} < {u_{n + 1}} \Rightarrow {u_n} = {n^3} - 1\) không là dãy số giảm.

+ Với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n - 1}}\) thì \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{ - 3}}{{\left( {n - 1} \right).n}} < 0\) nên dãy \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n - 1}}\) là dãy số giảm.