Đề thi Đánh giá tư duy tốc chiến Đại học Bách khoa năm 2023-2024 có đáp án (Đề 10)

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1: Tầm quan trọng của nghiên cứu khoa học thể hiện rõ nét nhất trong đại dịch Covid-19.

Đoạn 2: Nghiên cứu tìm ra mRNA giúp rút ngắn thời gian phát triển vaccine Covid-19.

Đoạn 3: “Vẻ đẹp của nghiên cứu khoa học thể hiện ở chỗ bạn không bao giờ biết được nó sẽ dẫn đến đâu”.

Đoạn 4: Cần phải có một tư duy hệ thống, sâu sắc và dài hạn cho nghiên cứu cơ bản.

Đoạn 5: Ý nghĩa của lý thuyết hấp dẫn.

Đoạn 6: Ý nghĩa của lý thuyết lượng tử.

Đoạn 7: Ý nghĩa của nghiên cứu khoa học cơ bản.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Nêu bật vai trò và ý nghĩa của nghiên cứu khoa học cơ bản.”

Chọn A

Thông tin tại dòng 5-6: “Từ đó, các chính phủ, dựa trên các khuyến nghị từ các nhà khoa học.”

Chọn B

Giãn cách xã hội trên diện rộng là một trong các biện pháp tạm thời được đề cập ở câu liền trước.

Chọn B

Câu văn “Vẻ đẹp của nghiên cứu khoa học thể hiện ở chỗ bạn không bao giờ biết được nó sẽ dẫn đến đâu” thể hiện ý: vẻ đẹp của nghiên cứu khoa học là các nhà khoa học không biết mình sẽ nhận được lợi ích gì (vật chất, danh tiếng...) khi tiến hành nghiên cứu. Ý này được thể hiện rõ hơn ở dòng 26-28: “Nghiên cứu cơ bản là các nghiên cứu đi sâu vào tìm hiểu bản chất và quy luật vận động của các sự vật, hiện tượng tự nhiên. Các kết quả của nó mang tính nguyên bản. Động lực để phát triển nó đó chính là sự tò mò của con người.”

Chọn C

Ở đây tác giả muốn nhấn mạnh các nghiên cứu cơ bản được khám phá ra từ trước là tiền đề quan trọng cho các biện pháp phòng chống Covid-19 hiện nay. Chúng ta cần tiếp tục tiến hành các nghiên cứu cơ bản một các hệ thống và lâu dài cho các sự cố bất ngờ trong tương lai.

Chọn D

Ở đây, tác giả muốn nhấn mạnh không có lý thuyết hấp dẫn thì Vinfast không thể chế tạo được xe hơi, chiếc xe hơi là một hệ quả của lý thuyết (mà Newton không thể lường đến được khi ông tiến hành nghiên cứu).

Chọn D

Thông tin tại dòng 37-38: “Khi Planck đề xuất thuyết lượng tử, mục tiêu của ông đó là giải quyết vấn đề chưa có lời giải về phổ bức xạ của vật đen tuyệt đối.“Các phương án còn lại mà hệ quả từ lý thuyết lượng tử mà Planck không tính toán khi tiến hành nghiên cứu.

Chọn A

Thông tin tại dòng 51-53: “Nhưng trong tương lai, một dân tộc tồn tại được dài lâu hay không phụ thuộc vào việc dân tộc đó uyên bác đến mức độ nào”

Chọn A

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1: Giới thiệu ông Phạm Giang Linh – Tổng giám đốc Hocmai.vn.

Đoạn 2: Giới thiệu Hocmai.vn.

Đoạn 3-4: Lí do ông Phạm Giang Linh tham gia làm việc tại HOCMAI.

Đoạn 5-6: Đặc điểm của giáo dục trực tuyến và chiến lược của Hocmai.vn.

Đoạn 7-8: Những thách thức cản trở sự phát triển của giáo dục trực tuyến ở Việt Nam.

Đoạn 9-12: Định hướng phát triển của HOCMAI trong tương lai.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Đầu tư giáo dục trực tuyến không đơn giản – bài học từ Hocmai.vn”

Chọn B

Thông tin tại dòng 5-6: “Anh còn là đồng sáng lập của nhiều doanh nghiệp khác. Tuy nhiên Phạm Giang Linh lại chọn HOCMAI làm bến đỗ lâu dài...” → Đoạn trích không đề cập Phạm Giang Linh là đồng sáng lập của HOCMAI. Mặt khác cụm “... chọn HOCMAI làm bến đỗ lâu dài...” hàm ý Phạm Giang Linh gia nhập sau khi HOCMAI đã thành lập một thời gian.

Chọn B

Thông tin tại dòng 14-16: “Với một lớp 30 - 50 học sinh, giáo viên chỉ có thể dạy theo tốc độ của 3 học sinh top đầu, hoặc top cuối. Đó là một trong những hạn chế lớn nhất của giáo dục truyền thống.”

Chọn B

Thông tin tại dòng 21-22: “Bản chất của giáo dục là tương tác giữa người với người, còn công nghệ chỉ là cách thức để truyền tải nội dung đến học sinh.”

Chọn C

Thông tin tại dòng 28-29: “... nếu chất lượng sản phẩm học liệu không đủ tốt, thương hiệu không đủ mạnh, thì sẽ không ai học.”

Chọn D

Thông tin tại dòng 33-34: “... đầu tư giáo dục trực tuyến không dễ thành công nhanh chóng “qua một đêm”.” → cần có kế hoạch lâu dài.

Chọn D

Dư địa có nghĩa đen là phần đất còn trống, nghĩa bóng trong ngữ cảnh này là phần thị trường chưa có ai chiếm lĩnh.

Chọn A

Thông tin tại dòng 53-55: “Nếu hệ thống trực tuyến của chúng tôi không giải quyết được những khiếm khuyết hiện có, thì việc mở rộng cấp cao hơn cũng không nhiều ý nghĩa. Thị trường 17 triệu học sinh phổ thông còn rất nhiều tiềm năng và dư địa để khai thác.” → HOCMAI sẽ tập trung giải quyết các vấn đề của giáo dục phổ thông, chưa có kế hoạch mở rộng ra các cấp học khác.

Chọn B

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-3: Giới thiệu nghiên cứu công nghệ xử lí bùn thải của nhóm PGS.TS. Đỗ Văn Mạnh.

Đoạn 4-7: Các bước trong quy trình xử lí bùn thải hữu cơ.

Đoạn 8-10: Các kết quả của nghiên cứu công nghệ xử lí bùn thải.

Đoạn 11-12: Ý nghĩa và phương hướng phát triển của nghiên cứu.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Phát triển công nghệ xử lí bùn thải tạo khí sinh học phát điện tại Tây Nguyên.”

Chọn A

Ưu điểm của công nghệ này được đề cập tại dòng 9-13. Trong đó không nhắc đến thời gian xây dựng bể xử lý bùn thải.

Chọn D

Thông tin tại dòng 14-15: “TS Mạnh cho biết, bùn thải được đưa vào bể tiền xử lý để điều chỉnh độ pH và các thông số khác trước khi đưa vào bể xử lý chính.”

Chọn A

Các bộ phận như “bình chứa nhiên liệu”, “bếp đốt” là thiết bị phục vụ cho quá trình đốt cháy khí biogas chỉ có trong chu trình hoạt động của máy phát điện. Chu trình đốt chát không xuất hiện trong cơ chế hoạt động của các thiết bị còn lại như bể chứa hay máy ly tâm.

Chọn B

Theo đoạn trích, KOH có tác dụng hòa tan các tạp chất có trong dòng khí biogas, do đó KOH đóng vai trò dung môi.

Chọn A

Thông tin tại dòng 18: “Sau bước tiền xử lý, nhóm tiến hành phân hủy yếm khí bùn thải để tạo ra khí biogas (CH₄).”

Chọn B

Các ưu điểm của phân bón sinh học sinh ra từ công nghệ xử lí bùn thải được nhắc tới tại dòng 39-42, trong đó không đề cập thời gian thu hoạch.

Chọn C

Đoạn 10 gồm 3 câu:

Câu 1: Thành phần của bùn thải hữu cơ.

Câu 2: Hiện trạng công nghệ xử lí bùn thải ở Việt Nam hiện nay.

Câu 3: Tác động của bùn thải không được xử lí đến môi trường.

Do đó, ý chính của cả đoạn là: “Thực trạng công nghệ xử lí bùn thải hữu cơ ở Việt Nam.”

Chọn B

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1: Giới thiệu cuộc đua chinh phục Mặt Trăng của Liên Xô và Mỹ.

Đoạn 2-4: Công nghệ tên lửa của Đức Quốc Xã và cuộc tranh giành của Liên Xô và Mỹ.

Đoạn 5-6: Những thành công ban đầu của chương trình tên lửa và hàng không vũ trụ Liên Xô.

Đoạn 7-10: Mỹ phát triển các chương trình tên lửa và thám hiểm Mặt Trăng để cạnh tranh với Liên Xô.

Đoạn 11-13: Sự qua đời đột ngột của Korolev và bước thụt lùi của Liên Xô.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Cuộc chạy đua chinh phục Mặt Trăng giữa Liên Xô và Mỹ.”

Chọn A

Thông tin tại dòng 3-5: “Công nghệ tên lửa vũ trụ hiện đại được khởi nguồn từ Viện Nghiên cứu quân sự của Đức Quốc xã. ..”

Chọn C

Thông tin tại dòng 18-19: “Sergei Pavlovich Korolev có một thời gian dài ở Đông Đức để nghiên cứu các tài liệu về V2, nhờ đó ông đã phát triển tên lửa R1 của Liên Xô. . .”

Chọn B

Tên lửa liên lục địa là loại tên lửa có tầm bắn xa, có thể bay xuyên từ lục địa này qua lục địa khác.

Chọn D

Thông tin tại dòng 22-23: “"Luna 2" thực hiện chuyến hạ cánh cứng đầu tiên lên mặt trăng vào năm 1959.”

Chọn B

Thông tin tại dòng 28-29: “25.05.1961 Tổng thống Kennedy tuyên bố mục tiêu...” Thông tin tại dòng 1-2: “Ngày 20.07.1969 Neil Armstrong đặt chân lên Mặt Trăng....” → Thời gian Mỹ thực hiện mục tiêu là 9 năm.

Chọn C

Thông tin tại dòng 37-38: “Von Braun có nhiệm vụ phát triển tên lửa Saturn V với chiều cao 111 mét, cho đến nay vẫn là loại tên lửa đẩy lớn nhất thế giới.”

Chọn C

Ý chính trong hai câu văn nằm ở câu thứ hai “Nhưng, may mắn chỉ đến với những người thực sự tài năng và có quyết tâm”. Ở đây tác giả muốn nhấn mạnh may mắn chỉ đến với người có tài năng và quyết tâm, do đó von Braun phải là một người có tài năng xuất chúng.

Chọn B

A. Năm 1966 là năm bước ngoặt trong cuộc cạnh tranh chinh phục Mặt Trăng. → Đúng, năm 1966 Korolev đột ngột qua đời, tác giả cho rằng “Nếu như Korolev không phải rời khỏi cuộc đua vì bệnh tật và cái chết, điều gì sẽ xảy ra?”

B. Chương trình Mặt Trăng của Liên Xô thất bại mà không thu được thành tựu gì. → Sai, một thành tựu được nhắc tới trong bài là chế tạo thành công tàu vũ trụ Sojus, vẫn còn hoạt động cho tới ngày nay.

C. Wernher von Braun là nhà khoa học tên lửa xuất chúng, không có đối thủ. → Sai, thông tin tại dòng 51: “Hai kỳ phùng địch thủ Korolev và von Braun nay đã chỉ còn lại một.”

D. Chương trình hàng không vũ trụ Liên Xô không phải đối thủ cạnh tranh của Mỹ. → Sai, thông tin tại dòng 30-31: “Đây là một dự án đầy tham vọng và vô cùng tốn kém nhưng được khích lệ bởi quyết tâm không để thua Liên Xô một lần nữa.”

Chọn A

Từ bảng biến thiên của hàm số y= f(x) ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=3$.

+) $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left[f\right(x)+4]=-\infty \Rightarrow \underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{14}{f\left(x\right)+4}=0.$ Suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 0

+) $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[f\right(x)+4]=7\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{14}{f\left(x\right)+4}=2.$ Suy ra đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2

Do đó $f\left(x\right)+4=0\iff f\left(x\right)=-4\iff \left[\begin{array}{l}x=a\\ x=b\end{array}\Rightarrow \right.$ đồ thị có hai tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có 4 tiệm cận.

Chọn B

Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số $g\left(x\right)=|m+f(x+1\left)\right|$ bằng số điểm cực trị của hàm số $h\left(x\right)=|m+f(x\left)\right|$

Ta có bảng biến thiên của hàm số $y=m+f\left(x\right)$ như sau:

Hàm số $h\left(x\right)=|m+f(x\left)\right|$ có đúng 3 điểm cực trị $\iff \left[\begin{array}{l}-3+m\ge 0\\ 1+m\le 0\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}m\ge 3\\ m\le -1\end{array}\right.\right..$

Chọn C

Gọi chiều rộng của đáy bể là a ( a> 0) thì chiều dài của đáy bể là 2a; chiều cao của bể là $h(h>0).$ Thể tích của bể là $V=2a^{2}h=10\iff h=\frac{5}{a^2}.$

 Diện tích toàn phần của bể là

$S=2a^2+\frac{80}{100}2a^2+4ah+2ah=\frac{18}{5}{a}^2+\frac{30}{a}=\frac{18}{5}{a}^2+\frac{15}{a}+\frac{15}{a}\ge 3\sqrt[3]{\frac{18}{5}{a}^2\cdot \frac{15}{a}\cdot \frac{15}{a}}\simeq 28.$

Vậy tiền trả cho nhân công gần bằng $28.500000=14000000$ đồng.

Chọn A

Gọi t là thời gian tối thiểu để máy tính đạt được không dưới 95% dung lượng pin tối đa, hay $Q\left(t\right)=0,95.Q_0\iff 0,95=1-e^{-t\sqrt{2}}\iff e^{-t\sqrt{2}}=0,05$

$\iff -t\sqrt{2}=\ln (0,05)\iff t=-\frac{\ln (0,05)}{\sqrt{2}}\approx 2,12.$

Chọn A

Điều kiện $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ e^x\ge m\end{array}\right.$

Ta có $\left({\log }_2^{2}x-{\log }_2\frac{x^3}{4}\right)\sqrt{e^x-m}=0\left(1\right)\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_2^{2}x-{\log }_2\frac{x^3}{4}=0\\ \sqrt{e^x-m}=0\end{array}\right.$

+) ${\log }_2^{2}x-{\log }_2\frac{x^3}{4}=0\iff {\log }_2^{2}x-3{\log }_{2}x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=1\\ {\log }_{2}x=2\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=4\end{array}\right.\right.$

+) $\sqrt{e^x-m}=0\iff e^x=m$

Xét 3 trường hợp:

Trường hợp 1: $m\le 0$, điều kiện của phương trình là  x > 0 phương trình (1) có 2 nghiệm là x = 4 và x = 2

Trường hợp 2: $0<m\le 1$, điểu kiện của phương trình là x > 0

Khi đó, phương trình $e^x=m$ có 1 nghiệm là $x=\ln m\le 0$ nên phương trình (1) có 2 nghiệm là x = 2 và x = 4

Trường hợp 3: m > 1, từ $e^x\ge m\Rightarrow x\ge \ln m$

Nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $\iff 2\le \ln m<4\iff e^2\le m<e^4$

Khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm là $x=\ln m$ và x = 4

Suy ra, các giá trị m để phương trình có 2 nghiệm là $m\le 1$ và $e^2\le m<e^4$

Do đó các giá trị nguyên $m\in [-10;10]$ thỏa mãn yêu cầu bài toán là

$S=\{-10;-9;-8;-7;-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;8;9;10\}\text{. }$

Vậy tổng các phần tử của S là -27.

Chọn C

Ta có $9^x-2(x+5)3^x+9(2x+1)\ge 0\iff 9^x-{10.3}^x+9-2x\cdot 3^x+18x\ge 0$

$\iff \left(3^x-1\right)\left(3^x-9\right)-2x\left(3^x-9\right)\ge 0\iff \left(3^x-9\right)\left(3^x-1-2x\right)\ge 0.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{3}^x-9\ge 0\\ 3^x-1-2x\ge 0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{3}^x-9\le 0\\ 3^x-1-2x\le 0\end{array}\right.\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ 3^x-1-2x\ge 0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ 3^x-1-2x\le 0\end{array}\right.\end{array}.\right.\right.$

Xét hàm số $f\left(x\right)=3^x-1-2x,\forall x\in ℝ$

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3^x\ln 3-2;f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=3^x{\left(\ln 3\right)}^2>0,\forall x\in ℝ.$

Vì $f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)>0$ nên f'(x) đồng biến trên R và $f^{\text{'}}\left(0\right).f^{\text{'}}\left(1\right)<0$ nên $f^{\text{'}}\left(x\right)=0$ có nghiệm duy nhất là $x_0\in (0;1)$ do đó phương trình f(x) = 0 có tối đa là 2 nghiệm, nhận thấy $f\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right..$

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên của $f\left(x\right)=3^x-1-2x$ ta được

+) $f\left(x\right)\ge 0\iff x\in (-\infty ;0]\cup [1;+\infty )$

+) $f\left(x\right)\le 0\iff x\in [0;1]$

Từ đó ta được $\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x\ge 2\\ 3^x-1-2x\ge 0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}x\le 2\\ 3^x-1-2x\le 0\end{array}\right.\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x\in [2;+\infty )\\ x\in [0;1]\end{array}\right.\right.$

Tập nghiệm của bắt phương trình ban đầu là $S=[0;1]\cup [2;+\infty )$

Vậy $a-2b+c=0$

Chọn A

Chia khối tròn xoay được sinh bởi hình trên thành hai khối tròn xoay.

+) Khối nón cự được sinh bởi hình thang ABCD.

+) Khối trụ được sinh bởi hình chữ nhật EFGH.

Gọi $I=AD\cap CB$. Vì $CD=\frac{1}{2}AB,CD//AB$ nên CD là đường trung bình của tam giác IAB.

Thể tích khối nón cự sinh bởi hình thang ABCD là: $\frac{1}{3}\pi \left(2^2.6-1^2.3\right)=7\pi \left({\text{cm}}^3\right)$

Thể tích khối trụ sinh bởi hình chữ nhật EFGH là: $\pi 3^2\cdot 8=72\pi \left({\text{cm}}^3\right)$

Xét $x\ne \frac{\pi }{2}+k2\pi (k\in \mathbb{Z})$. Chia 2 vế của phương trình cho ${\cos }^{2}x$ ta được

$\frac{\cos x.f^{\text{'}}\left(x\right)+\sin x.f\left(x\right)}{{\cos }^{2}x}=2\sin x.\cos x\iff {\left(\frac{f\left(x\right)}{\cos x}\right)}^{\text{'}}=\sin 2x\iff \frac{f\left(x\right)}{\cos x}=-\frac{1}{2}\cos 2x+C$ 

Vì $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{9\sqrt{2}}{4}$ nên ta được $C=\frac{9}{2}$ suy ra $f\left(x\right)=\left(-\frac{1}{2}\cos 2x+\frac{9}{2}\right)\cos x.$

Vậy $f\left(\frac{\pi }{3}\right)=\frac{19}{8}\in (2;3)$

Chọn A

Gọi đường cong tương ứng với vành trên và vành dưới của máng lần lượt là $\left(P_1\right)$ và $\left(P_2\right)$

Xét hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.

Khi đó parabol $\left(P_1\right)$ và $\left(P_2\right)$ đều có dạng $y=a{x}^2+b$

$\left(P_1\right)$ đi qua các điểm có tọa độ $(-1,2;0);(1,2;0);(0;0,5)$

$\left(P_2\right)$ đi qua các điểm có tọa độ $(-1;0);(1;0);(0;0,3)$

Suy ra $\left(P_1\right):y=-\frac{25}{72}{x}^2+\frac{1}{2}$ và $\left(P_2\right):y=-\frac{3}{10}{x}^2+\frac{3}{10}$

Diện tích mặt cắt của máng parabol là

$S=2\left[{\int }_0^{1,2}\left(-\frac{25}{72}{x}^2+\frac{1}{2}\right)dx-{\int }_0^1\left(-\frac{3}{10}{x}^2+\frac{3}{10}\right)dx\right]=\frac{2}{5}\left(m^2\right)\text{. }$

Vậy thể tích của khối silic làm 90 mặt máng là $V=90.\frac{2}{5}.3=108\left( {\text{m}}^3\right)$

Chọn B

Gọi $z=a+bi,a,b\in ℝ$ nên $iz=ai-b,z+iz=a+bi-b+ai=a-b+(a+b)i.$ 

Ta gọi $A(a,b),B(-b,a),C(a-b,a+b)$ lần lượt là các điểm biểu diển các số phức z; iz và $z+iz\Rightarrow \overrightarrow{AB}(-b-a;a-b),\overrightarrow{AC}(-b;a).$

Ta có $S=\frac{1}{2}\left|\right[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\left]\right|=\frac{1}{2}\left|-a^2-b^2\right|\iff \frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)=18\iff \sqrt{a^2+b^2}=6.$

Chọn C

Số cách sắp xếp 7 người lên đoàn tàu 12 toa tàu là: ${12}^7.$ Suy ra: $n\left(\Omega \right)={12}^7.$

Để có đúng có 3 toa có người thì ta phải sắp xếp như sau:

+) Chọn 3 toa trong 12 toa có: $C_{12}^3.$

+) Sắp xếp 7 hành khách vào 3 toa sao cho toa nào cũng có người thì có:

$C_7^1.C_6^1.C_5^5.P_3+C_7^1.C_6^2.C_4^4.P_3+C_7^1.C_6^3.C_3^3.P_3+C_7^2.C_5^2.C_3^3.P_3=2982.$