Đề thi thử đánh giá tư duy (Đề thi thử đánh giá tư duy) - ĐHBK Hà Nội

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đánh giá tư duy (Đề thi thử đánh giá tư duy) - ĐHBK Hà Nội là tài liệu luyện thi hữu ích dành cho học sinh lớp 12 chuẩn bị tham gia kỳ thi đánh giá tư duy của Trường Đại học Bách khoa Hà Nội. Đề thi gồm các câu hỏi trắc nghiệm và tự luận có đáp án kèm lời giải chi tiết, giúp học sinh rèn luyện kỹ năng tư duy phân tích và củng cố kiến thức cốt lõi. Cấu trúc đề sát với định dạng chính thức, hỗ trợ hiệu quả trong quá trình ôn tập chuyên sâu. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đánh giá tư duy (Đề thi thử đánh giá tư duy) - ĐHBK Hà Nội

ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY KỲ THI ĐÁNH GIÁ TƯ DUY NGÀY THI 23/ 01/2022 TOÁN TRẮC NGHIỆM Câu 36. Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau và số đó chia hết cho 3. A. 30 B. 180 C. 210 D. 162 ( ) ( ) Câu 37. Cho S là tập nghiệm của bất phương trình log5 x2 + 2 x + 3  log5 x 2 + 4 x + 2 + m − 1 . Số giá trị nguyên của tham số m để (1; 2)  S là A. 35 B. 31 C. 26 D. 29 Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A (1;5;4 ) , B ( −3;1;4 ) , C (5;4;1) , D ( −2;1; −3) bán kính mặt cầu đi qua 4 đỉnh của tứ diện ABCD là 15 15 A. . B. 4 . C. . D. 5 . 4 6 Câu 39. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện đều và khối lập phương có chung mặt cầu ngoại V1 tiếp. Khi đó, bằng V2 1 2 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 9 3 3 2 2 Câu 40. Xét các số phức z thỏa mãn z − i = z + 3i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức z + 2 − i + z − 3 − 3i bằng A. 61 . B. 41 . C. 2 3 . D. 29 . Câu 41. Một lô hàng có 30 sản phẩm trong đó có 5 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 6 sản phẩm của lô hàng đó. Xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 2 phế phẩm là 253 2530 2535 253 A. B. C. D. 263 2639 2737 280 Câu 42. Cho một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng a . Người ta cắt bốn góc của tấm tôn để được một tấm tôn như hình vẽ. Từ tấm tôn mới, người ta gập được một hình chóp tứ giác đều. Để khối chóp thu được có thể tích lớn nhất thì diện tích của miếng tôn bỏ đi là a2 2a 2 A. . B. . 5 5 3a 2 a2 C. . D. . 5 3 ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 1
Câu 43. Một nhà máy sản xuất bóng đèn trang trí với chi phí sản xuất 12 USD mỗi bóng đèn. Nếu giá bán mỗi bóng đèn là 20 USD thì nhà máy dự tính bán được 2000 bóng mỗi tháng. Nếu cứ tăng giá bán mỗi bóng đèn lên 1 USD thì số bóng đèn bán được mỗi tháng giảm đi 100 bóng đèn. Để nhà máy có lợi nhuận lớn nhất, giá bán mỗi bóng đèn là A. 26 USD. B. 27 USD. C. 22 USD. D. 24 USD. Câu 44. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 4 2 x + log6 2 x  1 + log 4 2 x.log6 2 x là A. 3 B. 2 C. 1 D. 4 Câu 45. Một người vay ngân hàng với số tiền 50.000.000 đồng, mỗi tháng trả góp số tiền 4.000.000 đồng vào cuối tháng và phải trả lãi suất cho số tiền chưa trả là 1% một tháng theo hình thức lãi kép. Theo quy định, nếu người vay trả trước hạn thì sẽ chịu thêm phí phạt bằng 3% số tiền trả trước hạn. Hết tháng thứ 6, người đó muốn trả hết nợ. Tổng số tiền người đó phải trả cho ngân hàng là A. 53.864.000 đồng. B. 54.886.000 đồng. C. 53.322.000 đồng. D. 52.468.000 đồng. Câu 46. Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B, SA = BC = a, AC = 2a. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) là a 3 A. . B. a 3 . C. a 2 . D. a . 2 ax + b Câu 47. Hình sau là đồ thị của hàm số y = y x+c (với a, b, c  ). Khi đó ab − c bằng O x A. −1. 1 2 B. 2 . −1 C. 0 . −2 D. −2 . Câu 48. Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường x = 0, y = 2, y = x + 1 và y = x 2 như hình vẽ (phần màu vàng). Diện tích của D là: 1 4 2 A. − + . 4 3 1 B. − + 2 2 . 2 1 2 C. − . 2 3 1 4 2 D. − + . 2 3 1 2 x+ Câu 49. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình 8 3 − 5.8x + 2 = 0 ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 2
5 A. 4 . B. 0 . C. . D. 1 . 4 Câu 50. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : − x + 2 y + 2 z − 3 = 0 , mặt cầu ( S ) : x2 + y 2 + z 2 − 10 x − 4 y − 6 z + 2 = 0 . Gọi  là đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( P ) , đi qua A ( 3;1;2) và cắt ( S ) tại hai điểm M , N . Độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất là: 3 30 A. 30 . B. . C. 2 30 . D. 30 . 2 Câu 51. Cho hình nón có bán kính đáy bằng a . Thiết diện qua trục của hình nón là một tam giác đều. Thể tích khối nón đã cho bằng  a3 3  a3 2  a3 3 A.  a3 3 B. C. D. 2 3 3 Câu 52. Một ô tô đang chạy thì người lái đạp phanh. Từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc v(t ) = a − 8t ( m / s) trong đó t (giây) là khoảng thời gian tính từ lúc bẳt đầu đạp phanh và a là một hằng số dương. Biết rằng từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ô tô di chuyển được 36 m . Khẳng định nào sau đây đúng? A. a  ( 23, 25) . B. a  (15,18) . C. a  (18, 21) . D. a  ( 25, 28) . Câu 53. Cho hàm số y = f ( x ) . Biết hàm số y = f ' ( x ) là hàm bậc 4 trùng phương có đồ thị như hình vẽ y 1 −1 O 1 x Số điểm cực trị của hàm số y = f e x ( 2 +3 x +5 ) − 2e x 2 +3 x +5 là A. 3 . B. 1 . C. 2 . D. 0 . Câu 54. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên và có đồ thị như hình vẽ. Số các giá trị nguyên của m để phương trình f ( 2sin x ) = m2 + 3m có đúng ba nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − ;   là ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 3
y 4 O x −2 −1 1 2 A. 3 B. 4 C. 0 D. 2 Câu 55. Bạn An có một cốc hình nón có đường kính đáy là 10 cm và độ dài đường sinh là 8 cm . Bạn dự định đựng một viên bi hình cầu sao cho toàn bộ viên bi nằm trong cốc (không phần nào của viên bi cao hơn miệng cốc). Hỏi bạn An có thể đựng được viên bi có đường kính lớn nhất bằng bao nhiêu? 32 64 5 39 10 39 A. cm B. cm C. cm D. cm 39 39 13 13 Câu 56. “Vừa gà vừa chó Bó lại cho tròn Ba mươi sáu con Một trăm chân chẵn” Hỏi số gà nhiều hơn số chó mấy con? A. 7 . B. 6 . C. 5 . D. 8 . x y +1 z − 2 Câu 57. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz , cho đường thẳng d : = = và 1 2 −1 mặt phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Phương trình đường thẳng d  đối xứng với d qua ( P ) là x −1 y −1 z −1 x −1 y −1 z −1 A. = = . B. = = . 1 −2 7 2 −1 1 x +1 y −1 z −1 x y −1 z C. = = . D. = = . 1 1 −1 2 −1 1 Câu 58. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Biết SH ⊥ ( ABC ) với H thuộc cạnh AB thỏa mãn AB = 3 AH . Góc tạo bởi SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC là 2a 15 3a 15 a 15 a 15 A. . B. . C. . D. . 5 5 10 5 Câu 59. Tập hợp tất cả các giá trị m để hàm số y = 3sin 2 x − 4cos 2 x − mx + 2020 đồng biến trên là A.  −10;10 . B. 10;+ ) . C.  −10; + ) . D. ( −; −10 . Câu 60. Các nghiệm của phương trình z 2 − z + 2 = 0 được biểu diển hình học bởi điểm A và điểm B trên mặt phẳng tọa độ. Độ dài của AB là A. 7. B. 5. C. 7. D. 5. ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 4
Câu 61. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc BAD = 60 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm G của tam giác BCD, góc giữa SA và đáy bằng 60. a) Tính thể tích khối chóp S . ABCD. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB. Câu 62. Trong hình vẽ, xe A kéo xe B bằng một sợi dây dài 39m qua một ròng rọc ở độ cao 12m Xe A xuất phát từ N và chạy với vận tốc không đổi 2m/s theo chiều mũi tên. a) Đặt AN = x, 0  x  18 , và BN = y , (đơn vị mét). Tìm một hệ thức liên hệ giữa x và y . b) Tính vận tốc của xe B khi xe A cách N một khoảng là 5m. ---HẾT--- ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 5
ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY KỲ THI ĐÁNH GIÁ TƯ DUY NGÀY THI 23/ 01/2022 TOÁN TRẮC NGHIỆM BẢNG ĐÁP ÁN 36.B 37.B 38.D 39.C 40.D 41.B 42.C 43.A 44.B 45.C 46.A 47.A 48.D. 49.B 50.C 51.D 52.A 53.B 54.B 55.D 56.D 57.A 58.D 59.D 60.A Câu 36. Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau và số đó chia hết cho 3. A. 30. B. 180. C. 210. D. 162. Lời giải Định hướng, phân tích: Bài toán dựa trên kiến thức về Quy tắc cộng, Quy tắc nhân. Học sinh cần sử dụng dấu hiệu chia hết cho 3 của một số để có thể chia các trường hợp cụ thể. Phần trình bày lời giải Số cần tìm có dạng abc . Các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 có thể chia thành 3 nhóm: +) Nhóm 1 - Nhóm các chữ số chia hết cho 3: 3; 6; 9 +) Nhóm 2 - Nhóm các chữ số chia hết cho 3 dư 1: 1; 4; 7 +) Nhóm 3 - Nhóm các chữ số chia hết cho 3 dư 2: 2; 5; 8 Trường hợp 1: a, b, c là các chữ số chia hết cho 3. Ta phải chọn a, b, c từ nhóm 1. Số các số thỏa mãn là 3! = 6 số. Trường hợp 2: a, b, c là các chữ số chia hết cho 3 dư 1. Ta phải chọn a, b, c từ nhóm 2. Số các số thỏa mãn là 3! = 6 số. Trường hợp 3: a, b, c là các chữ số chia hết cho 3 dư 2. Ta phải chọn a, b, c từ nhóm 3. Số các số thỏa mãn là 3! = 6 số. Trường hợp 4: các chữ số a, b, c có một số thuộc nhóm 1, một số thuộc nhóm 2, một số thuộc nhóm 3 Số các số thỏa mãn là: 3.3.3.3! = 162 số Như vậy có tất cả 6 + 6 + 6 + 162 = 180 số thỏa mãn yêu cầu đề bài. ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 6
Tổng quát, mở rộng…… Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 9 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc A . Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3. Lời giải Số các số tự nhiên gồm 9 chữ số đôi một khác nhau là 9. A9 số. 8 Tổng của 10 số tự nhiên đầu tiên bằng 0 + 1 + 2 + ... + 9 = 45 là một số chia hết cho 3, vậy để số có chín chữ số khác nhau chia hết cho 3 thì số đó được thành lập từ tập các chữ số S = 0,1, 2,...,9 \ 3k; k = 0,1, 2, 3 13305609 11 Có tất cả 9!+ 8  8!+ 8  8!+ 8  8! = 1330560 . Xác suất cần tính bằng 8 = . 9. A9 27 ( ) ( Câu 37. Cho S là tập nghiệm của bất phương trình log5 x2 + 2 x + 3  log5 x 2 + 4 x + 2 + m − 1 . Số giá ) trị nguyên của tham số m để (1; 2)  S là A. 35 B. 31 C. 26 D. 29 Lời giải Định hướng, phân tích: Đây là dạng toán tìm tham số để nghiệm bất phương trình logarit thỏa mãn điều kiện. Cần đưa về dạng bất phương trình cơ bản, chú ý điều kiện xác định của bất phương trình. Phần trình bày lời giải Điều kiện: x 2 + 4 x + 2 + m  0 . Bất phương trình tương đương với: log5 ( 5x2 + 10 x + 15)  log5 ( x2 + 4 x + 2 + m )  5 x 2 + 10 x + 15  x 2 + 4 x + 2 + m  m  4 x 2 + 6 x + 13 Kết hợp điều kiện, ta được: − x 2 − 4 x − 2  m  4 x 2 + 6 x + 13 (1) Để (1; 2)  S thì (1) đúng với mọi x  (1; 2 ) . Khi đó max ( − x2 − 4 x − 2)  m  min ( 4 x2 + 6 x + 13) 1;2 1;2 1;2 ( ) 1;2 ( ) Với max − x2 − 4 x − 2 = −7 và min 4 x2 + 6 x + 13 = 23 , ta được −7  m  23 . Vậy có đúng 31 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét, tổng quát, mở rộng Bài toán trên nằm trong lớp bài toán cô lập tham số m. Câu 38. Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A (1;5;4 ) , B ( −3;1;4 ) , C (5;4;1) , D ( −2;1; −3) bán kính mặt cầu đi qua 4 đỉnh của tứ diện ABCD là ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 7
15 15 A. . B. 4 . C. . D. 5 . 4 6 Lời giải Định hướng, phân tích: Đây là bài toán cơ bản của mặt cầu là viết PT mặt cầu đi qua 4 điểm. Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 , giải 4 phương trình 4 ẩn tìm được a, b, c, d . Phần trình bày lời giải Ta có phương trình tổng quát của mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C , D là: x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 ( a 2 + b2 + c 2 − d  0 ). 2a + 10b + 8c + d = −42 −6a + 2b + 8c + d = −26  Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có:  10a + 8b + 2c + d = −42 −4a + 2b − 6c + d = −14  8a + 8b = −16 a = −1 −8a + 2b + 6c = 0 b = −1     ( thoả mãn điều kiện a 2 + b2 + c 2 − d  0 ) 6a + 8b + 14c = −28 c = −1 2a + 10b + 8c + d = −42 d = −22   Vậy mặt cầu cần tìm có tâm I (1;1;1) , bán kính mặt cầu là R = a 2 + b2 + c2 − d = 5 . Câu 39. Gọi V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện đều và khối lập phương có chung mặt cầu ngoại V1 tiếp. Khi đó, bằng V2 1 2 2 1 1 A. . B. . C. . D. . 3 3 9 3 3 2 2 Lời giải Định hướng, phân tích: V1 ,V2 lần lượt là thể tích của khối tứ diện đều và khối lập phương có chung mặt cầu ngoại tiếp → V1 , V2 có thể tính theo bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp V1 → tỉ lệ V2 Phần trình bày lời giải ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 8
A M I B D O C +) Tính V1 theo R Xét tứ diện đều ABCD có độ dài mỗi cạnh là a . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD  a 3 OD =  3  AO ⊥ ( BCD )  3a2 a 6  AO = AD2 − OD2 = a2 − = 9 3 1 1 a 6 a 2 3 a3 2  V1 = AO.SBCD = . . = (1) 3 3 3 4 12 AD2 a2 a 6 2R 6 Mà: R = AI = = = a= ( 2) 2 AO a 6 4 3 2. 3 8 R3 3 Từ (1) và ( 2 )  V1 = (*) 27 +) Tính V2 theo R Xét hình lập phương EFGH .E F GH  cạnh b tâm O ta có: EG b 3 2R 3 R= = b = 2 2 3 8R 3  V2 = b3 = (**) 9 Từ (*) và (**)  V1 1 = V2 3 Nhận xét, tổng quát, mở rộng…… Với dạng toán như trên chúng ta có thể thay khối tứ diện, khối lập phương bằng khối chóp đa giác đều có các canh bằng nhau, khối nón, khối trụ, … Câu 40. Xét các số phức z thỏa mãn z − i = z + 3i . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức z + 2 − i + z − 3 − 3i bằng ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 9
A. 61 . B. 41 . C. 2 3 . D. 29 . Lời giải Định hướng, phân tích: Đây là bài toán thuộc chủ đề giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của mô-đun của số phức. Để giải lớp bài toán này chúng ta có hai cách chủ yếu đó là đại số và hình học. Phần trình bày lời giải Cách 1 (Đại số). Giả sử z = x + yi (x, y ). Ta có z − i = z + 3i  x + ( y − 1) i = x + ( y + 3) i  x 2 + ( y − 1) = x 2 + ( y − 3) 2 2  x 2 + ( y − 1) = x 2 + ( y − 3) 2 2  y = 2. Ta có z + 2 − i + z − 3 − 3i = ( x + 2 ) + i + ( x − 3) − i = ( x + 2 ) 2 + 1 + ( x − 3) 2 + 1 . Để tìm giá trị nhỏ nhất của ( x + 2)2 + 1 + ( x − 3)2 + 1 ta có hai phương án sau Phương án 1: Sử dụng đạo hàm Xét hàm số f ( x ) = ( x + 2)2 + 1 + ( x − 3)2 + 1 với x . x+2 x −3 Ta có f  ( x ) = + . ( x + 2) 2 +1 ( x − 3)2 + 1 x+2 x −3 Xét f  ( x ) = 0  + =0 ( x + 2) + 1 2 ( x − 3) + 1 2 x+2 x −3  =− ( x + 2 )2 + 1 ( x − 3)2 + 1  ( x + 2) ( x − 3)2 + 1 = − ( x − 3) ( x + 2)2 + 1 (1)  ( x + 2 ) ( x − 3) + 1 = ( x − 3) ( x − 2 ) + 1 2 2 2 2      ( x + 2 ) = ( x − 3) 2 2 1 x= . 2 1 Thay vào (1) kiểm tra thấy x = thỏa mãn. 2 ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 10
Bảng biến thiên của f ( x ) 1 Từ bảng biến thiên ta có min f ( x ) = f   = 29 . 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của z + 2 − i + z − 3 − 3i bằng 29 khi z = + 2i . 2 Phương án 2: Sử dụng bất đẳng thức Mincopxki Ta có ( x + 2)2 + 1 + ( x − 3)2 + 1 = ( x + 2)2 + 12 + (3 − x )2 + 12 .  ( x + 2 + 3 − x ) + (1 + 1) 2 2 = 29 x + 2 3− x 1 Dấu “ = ” xảy ra khi = x= . 1 1 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của z + 2 − i + z − 3 − 3i bằng 29 khi z = + 2i . 2 Cách 2 (Hình học). Giả sử z = x + yi ( x , y  ) . Khi đó điểm M ( x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z . Ta có z − i = z + 3i  x + ( y − 1) i = x + ( y + 3) i  x 2 + ( y − 1) = x 2 + ( y − 3)  x 2 + ( y − 1) = x 2 + ( y − 3)  y = 2  y − 2 = 0. 2 2 2 2 Do đó tập hợp điểm M là đường thẳng d : y − 2 = 0 . Xét hai điểm A ( −2;1) và B ( 3;3) , suy ra AB = 29 và phương trình AB :2 x − 5 y + 9 = 0 . ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 11
Khi đó, ta có z + 2 − i + z − 3 − 3i = MA + MB  AB = 29 . Dấu “ = ” xảy ra khi A , M , B thẳng hàng, tức là M là giao điểm của AB và d .  1 2 x − 5 y + 9 = 0  x = 1  Do đó tọa độ của M là nghiệm của hệ   2 , suy ra M  ;2  . y = 2 y = 2 2   1 Vậy giá trị nhỏ nhất của z + 2 − i + z − 3 − 3i bằng 29 khi z = + 2i . 2 Nhận xét, tổng quát, mở rộng 1. Đối với bài toán max min nói chung, nếu sử dụng được bất đẳng thức thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Tuy nhiên sẽ khó khăn hơn với phần lớn học sinh. 2. Cách làm bằng đại số, đạo hàm sẽ khá vất vả trong nhiều bài toán. 3. Nhìn chung, ta thường tiếp cận bằng cách hình học. 4. Đối với cách làm sử dụng hình học, có một số dạng toán quen thuộc như sau - Liên quan đường thẳng (chính là bài toán này). - Liên quan đoạn thẳng, đường gấp khúc. - Liên quan đường tròn. - Có thể kết hợp, chẳng hạn như: + Đường thẳng và đường tròn. + Đoạn thẳng và đường tròn. + Hai đường tròn. + Một đường thẳng và hai đường tròn. + Hai đường thẳng và một đường tròn. + v.v... - Liên quan elip. Câu 41. Một lô hàng có 30 sản phẩm trong đó có 5 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 6 sản phẩm của lô hàng đó. Xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 2 phế phẩm là 253 2530 2535 253 A. B. C. D. 263 2639 2737 280 Lời giải Định hướng, phân tích: Số phần tử không gian mẫu là số cách chọn 6 sản phẩm trong 30 sản phẩm của lô hàng đó nên n (  ) = C30 6 30 sản phẩm trong đó có 5 phế phẩm nên sẽ có 25 sản phẩm chuẩn. Để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 2 phế phẩm ta sẽ chia thành 3 trường hợp 6 TH1: Trong 6 sản phẩm lấy ra không có phế phẩm: có C25 ( cách) ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 12
1 5 TH2: Trong 6 sản phẩm lấy ra có 1 phế phẩm và 5 sản phẩm chuẩn: có C5 .C25 ( cách) 2 4 TH3: Trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm và 4 sản phẩm chuẩn: có C5 .C25 ( cách) Số phần tử biến cố trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 2 phế phẩm là C25 + C5 .C25 + C5 .C25 6 1 5 2 4 Phần trình bày lời giải Số phần tử không gian mẫu là n (  ) = C30 = 593775 6 Gọi A là biến cố trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 2 phế phẩm ta có các trường hợp 6 TH1: Trong 6 sản phẩm lấy ra không có phế phẩm: có C25 ( cách) 1 5 TH2: Trong 6 sản phẩm lấy ra có 1 phế phẩm và 5 sản phẩm chuẩn: có C5 .C25 ( cách) 2 4 TH3: Trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm và 4 sản phẩm chuẩn: có C5 .C25 ( cách) Số phần tử biến cố A là n ( A) = C25 + C5 .C25 + C52 .C25 = 569250 6 1 5 4 n ( A) 2530 Xác suất biến cố A là P ( A) = = n (  ) 2639 Nhận xét, tổng quát, mở rộng…… Bài toán cần liệt kê cụ thể từng trường hợp thoả mãn yêu cầu bài toán, ta nên làm theo kiểu liệt kê trực tiếp. Bài toán có thể mở rộng thành chọn ra x sản phẩm có nhất k phế phẩm. Bài toán tương tự: Lớp 11A có 2 tổ. Tổ I có 5 bạn nam, 3 bạn nữ và tổ II có 4 bạn nam, 4 bạn nữ. Lấy ngẫu nhiên mỗi tổ 2 bạn đi văn nghệ. Tính xác suất để trong các bạn đi văn nghệ có đúng 3 bạn nữ. 1 69 1 9 A. . B. . C. . D. . 364 392 14 52 Lời giải Chọn mỗi tổ 2 bạn nên số phần tử của không gian mẫu n (  ) = C82 .C82 = 784 . Gọi A là biến cố: “Có đúng 3 bạn nữ trong 4 bạn đi văn nghệ”, khi đó 2 1 1 TH1: Chọn 2 nữ tổ I, 1 nữ tổ II, 1 nam tổ II có C3 .C4 .C4 . 2 1 1 TH2: Chọn 2 nữ tổ II, 1 nữ tổ I, 1 nam tổ I có C4 .C5 .C3 . Suy ra n ( A) = C32 .C4 .C4 + C4 .C5 .C3 = 138 . 1 1 2 1 1 n ( A) 138 69 Xác suất để chọn 4 bạn đi văn nghệ có đúng 3 bạn nữ là P ( A) = = = . n (  ) 784 392 Câu 42. Cho một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng a . Người ta cắt bốn góc của tấm tôn để được một tấm tôn như hình vẽ. ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 13
Từ tấm tôn mới, người ta gập được một hình chóp tứ giác đều. Để khối chóp thu được có thể tích lớn nhất thì diện tích của miếng tôn bỏ đi là a2 2a 2 3a 2 a2 A. . B. . C. . D. . 5 5 5 3 Lời giải Định hướng, phân tích: - Diện tích miếng tôn bị cắt bỏ bằng diện tích miếng tôn hình vuông ban đầu trừ diện tích miếng tôn còn lại sau cắt. - Diện tích miếng tôn còn lại bằng tổng diện tích hình vuông nhỏ bên trong và diện tích bốn hình tam giác nhỏ. - Hình vuông nhỏ và hình vuông lớn có cùng tâm, hình vuông nhỏ nằm chính giữa hình vuông lớn Phần trình bày lời giải A E B E I P J H F O L K I J Q O D G C L K Gọi x là độ dài cạnh đáy của hình chóp đều E.IJKL , x  0 . Do đó IJ = x . Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , theo cách tạo hình chóp O cũng là tâm của hình vuông IJKL . Gọi P , Q lần lượt là trung điểm IJ . Do hình vuông IJKL nằm chính giữa hình vuông ABCD EG − PQ a − x nên EP = QG . Do đó EG = EP + PQ + QG  EP = = . 2 2  x a−x 2 2 Xét tam giác EIP , EI = EP + PI =   +  2 2  . 2  2  IK x 2 Đường chéo IK = IJ 2 = x 2  IO = = . 2 2 Do E.IJKL là hình chóp đều nên EO ⊥ ( IJKL ) nên EO ⊥ IO . Xét tam giác EIO , ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 14
2  x a−x  x 2  a2 − 2ax 2 2 EO = EI − IO =   +  2 2  −  = . 2  2   2    4 Thể tích của khối chóp đều E.IJKL 1 1 a2 − 2ax 2 1 2 4 V = .EO.SIJKL = . .x = a x − 2ax5 . 3 3 4 6 Đặt f ( x ) = −2ax5 + a 2 x 4 .Để thể tích khối chóp lớn nhất thì f ( x ) = −2ax5 + a 2 x 4 đạt giá trị lớn nhất x = 0 2a Xét f ( x ) = −2ax5 + ax 4 , f  ( x ) = −10ax4 + 4a 2 x3 , f  ( x ) = 0   2a  x = . x = 5  5 Bảng biến thiên 2a Theo bảng biến thiên f ( x) đạt giá trị lớn nhất khi x = . 5 1 Khi khối chóp đạt thể tích lớn nhất, ta có EIJ = HIL = GLK = FKJ với SEIJ = EP.IJ 2 2 a− a 1 5 . 2 a = 3 a2 . = . 2 2 5 50 3 2 6 2 Do đó tổng diện tích của bốn tam giác trên là S1 = 4. a = a . 50 25 3 Diện tích phần cắt bỏ là S ABCD − ( S IJKL + S1 ) = a 2 5 Nhận xét, tổng quát, mở rộng: Ta có thể đặt câu hỏi tìm thể tích lớn nhất của hình chóp tứ giác đều theo a, diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác khi hình chóp đạt thể tích lớn nhất. Câu 43. Một nhà máy sản xuất bóng đèn trang trí với chi phí sản xuất 12 USD mỗi bóng đèn. Nếu giá bán mỗi bóng đèn là 20 USD thì nhà máy dự tính bán được 2000 bóng mỗi tháng. Nếu cứ tăng giá bán mỗi bóng đèn lên 1 USD thì số bóng đèn bán được mỗi tháng giảm đi 100 bóng đèn. Để nhà máy có lợi nhuận lớn nhất, giá bán mỗi bóng đèn là A. 26 USD. B. 27 USD. C. 22 USD. D. 24 USD. Lời giải Định hướng, phân tích: ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 15
Ở bài này, ta giả sử giá bán tăng thêm x USD thì ta suy ra hai điều: 1. Giá bán mới là 20 + x . 2. Số bóng đèn bán trong một tháng giảm đi 100.x bóng đèn. Từ đó ta suy ra hai yếu tố quan trọng là: 1. Số tiền lãi khi bán 1 bóng đèn là 20 + x − 12 = x + 8 . 2. Số bóng đèn bán được trong một tháng là 2000 − 100x . Do vậy lợi nhuận thu được là L = ( 2000 − 100 x )( x + 8) = −100 x 2 + 1200 x + 16000 . Đây là một hàm bậc hai ta có thể tìm được giá trị lớn nhất của nó bằng cách sử dụng bất đẳng thức hoặc lập bảng biến thiên. Khi đó ta sẽ tìm được lợi nhuận lớn nhất khi giá bán mỗi bóng đèn là bao nhiêu được. Phần trình bày lời giải Giả sử giá bán tăng thêm x USD ( x  *) thì số lượng bóng đèn bán giảm 100.x . Khi đó số bóng đèn bán được là 2000 − 100x và số tiền lãi khi bán 1 bóng đèn là 20 + x − 12 = x + 8 . Do vậy lợi nhận thu được là L = ( 2000 − 100 x )( x + 8) = −100 x 2 + 1200 x + 16000 . Ta có L = −100 ( x − 6) + 19600  19600, x  * . Dấu bằng xảy ra khi x = 6 . 2 Vậy lợi nhuận lớn nhất bằng 19600 USD khi giá bán mỗi bóng đèn là 26 USD . Nhận xét, tổng quát, mở rộng…… Ở bài này ta có thể lập bảng biến thiên của hàm số bậc hai trên 1;+  ) để tìm max L . Bảng biến thiên Câu 44. Số nghiệm nguyên của bất phương trình log 4 2 x + log6 2 x  1 + log 4 2 x.log6 2 x là A. 3 B. 2 C. 1 D. 4 Lời giải Điều kiện: x  0 Ta có log 4 2 x + log6 2 x  1 + log 4 2 x.log 6 2 x  (log 4 2 x −1)(log 6 2 x −1)  0 log4 2 x −1  0 2x  4 Trường hợp 1.   2 x3 log6 2 x −1  0 2 x  6 Do x là số nguyên nên x = 2; x = 3 log4 2 x −1  0 2 x  4 Trường hợp 2.   vô nghiệm log6 2 x −1  0 2 x  6 Vậy có 2 giá trị nguyên thoả mãn bài toán là x = 2; x = 3 ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 16
Câu 45. Một người vay ngân hàng với số tiền 50.000.000 đồng, mỗi tháng trả góp số tiền 4.000.000 đồng vào cuối tháng và phải trả lãi suất cho số tiền chưa trả là 1% một tháng theo hình thức lãi kép. Theo quy định, nếu người vay trả trước hạn thì sẽ chịu thêm phí phạt bằng 3% số tiền trả trước hạn. Hết tháng thứ 6, người đó muốn trả hết nợ. Tổng số tiền người đó phải trả cho ngân hàng là A. 53.864.000 đồng. B. 54.886.000 đồng. C. 53.322.000 đồng. D. 52.468.000 đồng. Lời giải Định hướng, phân tích: Đây là bài toán vay trả góp theo hàng tháng. Nhưng sau thời gian 6 tháng theo phương thức trả góp theo từng tháng sẽ không trả hết được số tiền vay ban đầu. Số tiền phải trả còn lại sau khi trả góp đủ 6 tháng phải tính thêm phí phạt nên ta có thể thực hiện theo định hướng như sau: - Tính số tiền còn nợ sau khi tính cả trả góp cho tháng thứ 6. - Tính tiền bị phạt vì trả trước hạn số còn nợ vừa tính. - Tổng số tiền phải trả bằng số tiền trả góp theo từng tháng (6 tháng) và số tiền còn nợ đã tính cùng với số tiền bị phạt vì trả trước hạn. Phần trình bày lời giải Đặt A = 50.000.000; r = 0,01; a = 4.000.000 . Số tiền còn nợ sau tháng thứ nhất là T1 = A (1 + r ) − a Số tiền còn nợ sau tháng thứ 2 là T2 = T1 (1 + r ) − a = A (1 + r ) − a (1 + r ) − a 2 ……. Số tiền còn nợ sau khi trả góp cuối tháng thứ 6 là T6 = A (1 + r ) − a (1 + r ) − ... − a (1 + r ) − a = A (1 + r ) 6 5 6 − a. (1 + r )6 −1 . r Suy ra sau khi trả góp đến cuối tháng 6 thì người này còn nợ lại T6 = 50.000.000 (1,01) − 4.000.000 6 (1,01) −1 6 = 28468000 đồng. 0,01 Số tiền người này phải trả thêm vì bị phạt trả trước hợp đồng là 0.03  T6 = 854040 đồng. Tổng số tiền người này phải trả cho ngân hàng là: 4000000  6 + T6 + 854040 = 53.322.000 đồng Nhận xét, tổng quát, mở rộng…… - Bài toán này thuộc dạng bài toán vay trả góp khá hay và thực tế. Nó không chỉ dừng lại ở nội dung trả hết nợ trong bao lâu như những bài toán khác. - Thời gian trả góp không đủ để trả hết số tiền ban đầu nên nên phải tính thêm chi phí bị phạt khi muốn hoàn trả đủ số tiền đã vay vì trả trước hạn. - Chính vì thế mà khi giải bài toán này phải biết xác định rõ số tiền nào dùng để tính phạt vì trả trước hạn. Nếu không xác định được thì bài toán dễ dẫn đến sai lầm là phương án khác. ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 17
Câu 46. Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B, SA = BC = a, AC = 2a. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) là a 3 A. . B. a 3 . C. a 2 . D. a . 2 Lời giải Định hướng, phân tích: Ta nhận thấy ( SBC ) ⊥ ( SAB ) và ( SAB ) cắt mặt phẳng ( SBC ) theo giao tuyến là SB . Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) , trong ( SAB ) , ta dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với giao tuyến SB . Phần trình bày lời giải Trong tam giác SAB dựng AE ⊥ SB . Ta có BC ⊥ SA , BC ⊥ AB nên BC ⊥ ( SAB ) . Suy ra ( SBC ) ⊥ ( SAB ) , mà ( SAB ) cắt mặt phẳng ( SBC ) theo giao tuyến là SB . Do đó AE ⊥ ( SBC ) tức là d ( A, ( SBC ) ) = AE . Xét tam giác ABC có AB = AC 2 − BC 2 = a 3 SA.AB a.a 3 a 3 Tam giác SAB , AE = = = . SA2 + AB2 2a 2 Nhận xét, tổng quát, mở rộng: - Đây là bài toán khoảng cách từ chân đường cao tới mặt bên. Bài toán: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuôn góc lên lên mặt đáy là H . Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt bên ( SAB ) . + Kẻ HI ⊥ AB với I  AB . Vì AB ⊥ SH ; AB ⊥ HI  AB ⊥ ( SHI ) (*) . + Kẻ HK ⊥ SI với K  SI . Từ (*) suy ra AB ⊥ HK . Do đó HK ⊥ ( SAB )  d ( H , ( SAB ) ) = HK . ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 18
Mở rộng: Khoảng cách từ một điểm trên mặt đáy tới mặt chứa đường cao. Bài toán: Cho hình chóp có đỉnh S có hình chiếu vuôn góc lên lên mặt đáy là H . Tính khoảng cách từ điểm A bất kỳ đến mặt bên ( SHB ) . + Kẻ AK ⊥ HB .  AK ⊥ HB + Kẻ   AK ⊥ ( SHB )  d ( A, ( SHB )) = AK với K  SI . Từ (*) suy ra AB ⊥ HK .  AK ⊥ SH Do đó HK ⊥ ( SAB )  d ( H , ( SAB ) ) = HK . Cho hình chóp S . ABC có SA ⊥ ( ABC ) , AB = a , AC = b và BAC =  , SA = 2a . Tính khoảng cách từ điểm A đến ( SBC ) . ax + b Câu 47. Hình sau là đồ thị của hàm số y = (với a, b, c  ). x+c y O x 1 2 −1 −2 Khi đó ab − c bằng A. −1. B. 2 . C. 0 . D. −2 . Lời giải Định hướng, phân tích: ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 19
Từ đồ thị, tìm phương trình các đường tiệm cận đứng, tiệm cận ngang, hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành và tung độ giao điểm của đồ thị với trục tung; sau đó đối chiếu các thông tin trên với công thức đồ thị, từ đó tìm được các giá trị a, b, c . Phần trình bày lời giải Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng x = 1  c = −1 . Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang y = −1  a = −1 . b Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2  = −2  b = 2 . c Vậy ab − c = −1. Nhận xét, tổng quát, mở rộng: Bài toán có thể mở rộng ra cho việc tìm ra công thức hàm số của các hàm số cơ bản như hàm bậc ba, hàm bậc bốn trùng phương,… Câu 48. Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường x = 0, y = 2, y = x + 1 và y = x 2 như hình vẽ (phần màu vàng). Diện tích của D là: 1 4 2 1 1 2 1 4 2 A. − + . B. − + 2 2 . C. − . D. − + . 4 3 2 2 3 2 3 Lời giải Định hướng, phân tích: +) Đây là dạng toán tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ba đường. +) Để tính diện tích hình phẳng D , ta sử dụng các đường thẳng song song với trục Oy và đi qua các giao điểm để chia D thành các hình phẳng có sẵn công thức tính. Phần trình bày lời giải ĐỀ THI THỬ ĐÁNH GIÁ TƯ DUY ĐHBK 23/01/2022 Trang 20