Top 5 đề thi Đánh giá năng lực trường ĐH Bách Khoa Hà Nội năm 2023 - 2024 có đáp án (Đề 2)

Thông tin tại dòng 9-10 không đề cập đến hệ tuần hoàn.

Chọn B

Thông tin tại dòng 20-22: “TP Hà Nội còn khoảng 11.081 bếp than tổ ong, sau khi đã loại bỏ được 43.411 bếp (Giảm 79,66% so với năm 2017)”. →Năm 2017, thành phố có 11.081 + 43.411 = 54.492 bếp.

Chọn C

Hoàn Kiếm và Thạch Thất đều đã xóa bỏ hoàn toàn bếp than $\to$ số lượng bếp tại hai địa phương tương đương nhau.

Chọn D

Khảo sát được thực hiện tại 10 điểm, mỗi điểm trung bình tiêu thụ khoảng 1.000 viên/ ngày →đáp án đúng là 10.000 viên/ ngày.

Thông tin tại dòng 35-36: “… do lợi ích kinh tế “siêu rẻ”, một bộ phận hộ gia đình, hộ kinh doanh vẫn “ưu ái” sử dụng”.

Chọn C

Chính quyền yêu cầu hạn chế sử dụng, không cấm sử dụng than tổ ong.

Chọn B

A. Đã có những tiến triển tích cực, tuy nhiên cần các biện pháp bổ sung.

→Theo đoạn trích, việc hạn chế bếp than đã có tiến triển (giảm được 43.311 bếp), tuy nhiên cần các biện pháp hỗ trợ chuyển đổi nghề nghiệp và đảm bảo nguồn thu nhập (dòng 38-39).

B. Đã thành công, sắp tới cần duy trì để tránh hiện tượng tái sử dụng. →Sai, chưa loại bỏ hết được hoàn toàn bếp than.

C. Đã có những tiến triển tích cực, sẽ hoàn thành mục tiêu trong tương lai gần. →Sai, không có thông tin thời gian hoàn thành mục tiêu.

D. Vẫn còn gặp khó khăn, cần các biện pháp quyết liệt hơn trong tương lai.→Sai, đã giảm được 80% số lượng bếp →quá trình thực hiên tương đối thuận lợi.

Chọn A

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1-2: Giới thiệu nghiên cứu phân lập đoạt giải Nobel.

Đoạn 3-4: Nhưng ưu điểm của vật liệu graphene.

Đoạn 5-7: Ứng dụng graphene vào sản xuất màng loa.

Đoạn 8-9: Ứng dụng graphene vào sản xuất vật liệu xây dựng.

Đoạn 10-11: Ứng dụng graphene vào sản xuất tấm lọc.

Đoạn 12-14: Ứng dụng graphene vào sản xuất pin.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Graphene – Từ phát minh đoạt giải Nobel đến những sản phẩm kì diệu”.

Chọn B

Theo đoạn 1, lần lượt tách đôi một mẩu graphite 10-20 lần sẽ tạo ra được graphene →graphite được tạo thành từ các lớp graphene.

Chọn A

Thông tin tại dòng 7-8: “…đã làm để phân lập graphene … vào năm 2004. Sáu năm sau, họ đã giành được giải Nobel…”.

Chọn D

Thông tin tại dòng 18: “… như Geim và Novoselov đã chứng minh, graphene không khó chế tạo”.

Chọn D

Thông tin tại dòng 20: “…về chiếc tai nghe GQ do…”

Chọn C

Tác giả sử dụng từ thỏa hiệp nhằm nhấn mạnh các nhà sản xuất loa phải lựa chọn vật liệu sao cho đồng thời thỏa mã các yêu cầu về độ cứng, độ nhẹ và độ giảm chấn.

Chọn A

A. Bê tông chứa graphene là loại bê tông cứng nhất. →Sai, đoạn trích không đề cập.

B. Graphene giúp giảm lượng bê tông cần sử dụng trong xây dựng.

C. Việc sản xuất bê tông chứa graphene tạo ra ít khí thải hơn. → Sai, đoạn trích không khẳng định bê tông chứa graphene tạo ra ít khí thải hơn mà cho rằng bổ sung graphene giúp giảm lượng bê tông cần dùng.

D. Graphene có thể được sử dụng để bổ sung cho bê tông. →Sai, không phải ý chính của câu.

Chọn B

A. Ứng dụng graphene trong chế tạo màng lọc dầu tràn.

B. Hợp tác của Directa Plus với Lukoil và OMV. → Sai, không bao quát ý cả đoạn.

C. 400 tấn dầu thô được gửi trở lại nhà máy lọc dầu. → Sai, chỉ miêu tả kết quả của việc ứng dụng graphene.

D. Graphene có thể chặn hầu hết các chất lỏng. → Sai, chỉ nêu một tính chất của graphene.

Chọn A

Thông tin tại dòng 54: “thích hợp để sản xuất thương mại” $\Rightarrow$ chi phí sản xuất không cao.

Chọn D

Thông tin tại dòng 63: “…khiến pin lithium-ion tiêu chuẩn quá nóng và xuống cấp theo thời gian…”

Chọn A

Ý chính của các đoạn trong bài:

Đoạn 1: Giới thiệu “thảo nguyên ma-mút”.

Đoạn 2: Kỷ Pleistocene là thời kỳ thảo nguyên phát triển rực rỡ khắp Bắc bán cầu.

Đoạn 3: Đặc điểm của hệ sinh thái thảo nguyên ma-mút.

Đoạn 4-6: Những giả thuyết về nguyên nhân của sự biến mất của thảo nguyên ma-mút.

Đoạn 7-9: Tầm quan trọng của thảo nguyên ma-mút và những biện pháp khôi phục chúng.

Tổng hợp các ý trên, ta có ý chính của toàn bài là: “Ảnh hưởng của sự tuyệt chủng của voi ma-mút đến hệ sinh thái Trái đất”.

Chọn B

Siberia được bao phủ bởi đồng cỏ trong quá khứ, không phải trong hiện tại.

Chọn C

Các loài ăn cỏ vừa đóng vai trò máy xén cỏ (hạn chế sự phát triển của cây bụi để cỏ có thể sinh trưởng) và người làm vườn (phát tán hạt giống và làm màu cho đất).

Do vậy chúng đóng vai trò quan trọng để duy trì và phát triển hệ sinh thái đồng cỏ.

Chọn C

Tác giả muốn nhấn mạnh trong khí hậu ngày nay, nhiều vùng ở Bắc bán cầu vẫn duy trì được hệ sinh thái thảo nguyên $\Rightarrow$ nếu các loài ăn cỏ lớn không tuyệt chủng, hệ sinh thái thảo nguyên vẫn có thể tồn tại đến ngày nay.

Chọn A

A. Khí hậu là yếu tố quyết định luồng di cư của con người. → Thông tin đúng, khí hậu ấm lên giúp con người có thể di cư lên phía Bắc.

B. Nhiệt độ Trái đất ấm lên giúp loài người leo lên đỉnh chuỗi thức ăn. → Thông tin sai, vũ khí, công cụ đã giúp loài người leo lên đỉnh chuỗi thức ăn chứ không phải do Trái đất ấm lên.

C. Loài người ban đầu sinh sống quanh các vùng gần xích đạo. → Loài người di cư lên phía Bắc → trước đó họ sống ở vùng gần xích đạo hơn.

D. Khí hậu Trái đất đã có sự biến đổi lớn vào khoảng 14.500 năm trước. → Thông tin đúng, khoảng 14.500 năm trước kết thúc kỉ Băng hà, Trái đất ấm lên.

Chọn B

Cụm từ “trước loài săn mồi mới này” chỉ loài được nhắc đến ở đoạn 5 (liền trước) là loài người.

Chọn C

Loài người xuất hiện và tấn công các loài ăn cỏ lớn khiến số lượng của chúng giảm xuống. Các loài ăn cỏ lớn là tác nhân kiềm chế sự phát triển của cây bụi và rêu (do chúng dẫm đạp lên các loài này). Do đó số lương cây bụi và rêu tăng lên cạnh tranh với các loài cỏ và khiến diện tích trồng cỏ giảm dần.

Chọn D

Thông tin tại dòng 45: “.. bởi hệ sinh thái mới chỉ có thể nuôi sống một số lượng sinh vật giới hạn”.

Chọn D

Thông tin tại dòng 54-56: “…là nhà của 8 loài ăn cỏ chính: tuần lộc, nai sừng tấm, bò rừng, ngựa, Yukutian, bò Kalmykian, bò xạ hương, bò Tây Tạng, và cừu”.

Chọn C

Đặt $t=\sqrt{6-x},\left(t>0\right)$ khi đó ta có hàm số $y=f\left(t\right)=\frac{\left(4-m\right)t+3}{t+m}$ 

Ta có $f\text{'}\left(t\right)=\frac{-m^2+4m-3}{{\left(t+m\right)}^2}$ 

Mặt khác hàm số $y=\sqrt{6-x}$ nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;6\right)$ nên với $-8<x<5$ thì $1<t<\sqrt{14}$ 

Do đó hàm số $y=\frac{\left(4-m\right)\sqrt{6-x}+3}{\sqrt{6-x}+m}$ đồng biến trên khoảng (-8;5) khi và chỉ khi hàm số $f\left(t\right)=\frac{\left(4-m\right)t+3}{t+m}$ nghịch biến trên khoảng $\left(1;\sqrt{14}\right)$. Khi đó

$f\text{'}\left(t\right)<0,\forall t\in \left(1;\sqrt{14}\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-m^2+4m-3<0\\ -m\notin \left(1;\sqrt{14}\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<1\\ m>3\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m\ge -1\\ m\le -\sqrt{14}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m>3\\ -1\le m<1\\ m\le -\sqrt{14}\end{array}\right.$ 

Mà m nguyên, $m\in \left(-10;10\right)$ nên $m\in \left\{-9;-8;-7;-6;-5;-4;-1;0;4;5;6;7;8;9\right\}$ 

Vậy có 14 giá trị nguyên của m thỏa mãn bài toán.

Chọn A

Vì giá trị lớn nhất của hàm số $y=f\left(x\right)$ trên đoạn [0;3] bằng 60 nên ta có

$\left|2x^3-15x+m-5\right|+9x\le 60,\forall x\in \left[0;3\right]$ 

$\begin{array}{l}\iff \left|2x^3-15x+m-5\right|\le 60-9x,\forall x\in \left[0;3\right]\\ \iff \left\{\begin{array}{l}2x^3-15x+m-5\le 60-9x,\forall x\in \left[0;3\right]\\ 2x^3-15x+m-5\ge 9x-60,\forall x\in \left[0;3\right]\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\le -2x^3+6x+65,\forall x\in \left[0;3\right]\\ m\ge -2x^3+24x-55,\forall x\in \left[0;3\right]\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}m\le \underset{\left[0;3\right]}{\min }\left(-2x^3+6x+65\right)\\ m\ge \underset{\left[0;3\right]}{\max }\left(-2x^3+24x-55\right)\end{array}\right.\end{array}$ 

Dễ dàng tìm được $\underset{\left[0;3\right]}{\min }\left(-2x^3+6x+65\right)=29$ và $\underset{\left[0;3\right]}{\max }\left(-2x^3+24x-55\right)=-23$, do đó $-23\le m\le 29.$ Dấu bằng của phương trình $f\left(x\right)=60$ xảy ra khi và chỉ khi $\left[\begin{array}{l}m=29\\ m=-23\end{array}\right.$ 

Vậy có 2 giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu và tổng của chúng bằng 6.

Chọn C

Giả sử, ta đặt tên các điểm và góc như hình vẽ. Ta có $AM=\frac{1}{2\cos \alpha };MB=\frac{4}{\sin \alpha }$ với  $\alpha \in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ Chiều dài của thang là $\begin{array}{l}l\left(\alpha \right)=AB=AM+MB=\frac{4}{\sin \alpha }+\frac{1}{2\cos \alpha }\\ \Rightarrow l\text{'}\left(\alpha \right)=\frac{-8{\cos }^3\alpha +{\sin }^3\alpha }{2{\sin }^2\alpha .{\cos }^2\alpha }\end{array}$

$\Rightarrow l\text{'}\left(\alpha \right)=0\iff \tan \alpha =2\iff \left\{\begin{array}{l}\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}\\ \cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}\end{array}\right.$ 

Chiều dài nhỏ nhất của thang là $\min l\left(\alpha \right)=2\sqrt{5}+\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{5\sqrt{5}}{2}$ 

Chọn B

Do ở độ cao 1000m, áp suất của không khí là 672,72 mmHg nên ta có:

$672,72=760e^{1000i}\iff i=\frac{1}{1000}\ln \frac{672,72}{760}$

Khi ở độ cao 15 km tức là 15000m thì áp suất của không khí là

$P=760e^{15000\times \frac{1}{1000}\ln \frac{672,72}{760}}\approx 121,93399$

Vậy áp suất của không khí ở độ cao 15 km gần nhất với số 122.

Chọn B

Theo phương thức lãi kép ta có số tiền ông A thực lĩnh sau 10 năm là:

Loại kỳ hạn 12 tháng với lãi suất là 12%/năm

$P_{10}=P_o{\left(1+r\right)}^{10}=100000000{\left(1+12\%\right)}^{10}\approx 310584820$ đồng.

Loại kỳ hạn 1 tháng với lãi suất là 1%/tháng

$P_{120}=P_o{\left(1+r\right)}^{120}=100000000{\left(1+r\right)}^{120}\approx 330038690$ đồng.

Số tiền gửi theo kỳ hạn 1 tháng có kết quả nhiều hơn kỳ hạn 1 năm là

$P_{120}-P_{10}\approx 19454000$ đồng sau 10 năm.

Chọn C

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

$\begin{array}{l}{2}^{-2\left|x-m\right|+1}.{\log }_2\left(x^2-2x+3\right)-2^{2x-x^2}.{\log }_2\left(2\left|x-m\right|+2\right)=0\\ \iff 2^{-2\left|x-m\right|+1}.{\log }_2\left(x^2-2x+3\right)=2^{2x-x^2}.{\log }_2\left(2\left|x-m\right|+2\right)\\ \iff 2^{x^2-2x}.{\log }_2\left(x^2-2x+3\right)=2^{2\left|x-m\right|-1}.{\log }_2\left(2\left|x-m\right|+2\right)\end{array}$ 

Xét hàm số $f\left(t\right)=2^{t-3}.{\log }_{2}t$ với $t\ge 2$ . Do $t\ge 2$ suy ra ${\log }_{2}t\ge 1$ 

Ta có: $f\text{'}\left(t\right)=2^{t-3}.\frac{1}{t.\ln 2}+2^{t-3}.\ln 2.lo{g}_{2}t>0$ với $t\ge 2$ 

Do đó hàm số $f\left(t\right)$ đồng biến trên $\left[2;+\infty \right)$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow f\left(x^2-2x+3\right)=f\left(2\left|x-m\right|+2\right)\iff x^2-2x+3=2\left|x-m\right|+2\\ \iff \left|x-m\right|=\frac{x^2}{2}-x+\frac{1}{2}\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{-x^2}{2}+2x-\frac{1}{2}\\ m=\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}\end{array}\right.\left(*\right)\end{array}$ 

Vẽ đồ thị các hàm số $y=\frac{-x^2}{2}+2x-\frac{1}{2}$ và $y=\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}$ trên cùng một hệ trục tọa độ.

Đồ thị hai hàm số tiếp xúc với nhau tại điểm (1;1). Điểm cực trị của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}$ là $\left(0;\frac{1}{2}\right)$, điểm cực trị của đồ thị hàm số$y=\frac{-x^2}{2}+2x-\frac{1}{2}$ là $\left(2;\frac{3}{2}\right)$ 

Dựa vào đồ thị, để (*) có ba nghiệm phân biệt thì $m\in \left\{\frac{1}{2};1;\frac{3}{2}\right\}$ 

Tổng tất cả các giá trị của tham số m thỏa mãn là $\frac{1}{2}+1+\frac{3}{2}=3$ 

Chọn D

Cách 2.

Gọi V là thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, M, N, A’, B’ và C’. Khi đó ta có

$V=V_{M.AA\text{'}C\text{'}N}+V_{M.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$ .

Ta có $S_{AA\text{'}C\text{'}N}=\frac{1}{2}AA\text{'}\left(AN+A\text{'}C\text{'}\right)=\frac{1}{2}a\left(\frac{a}{3}+a\right)=\frac{2a^2}{3}.$ 

Suy ra $V_{M.AA\text{'}C\text{'}N}=\frac{1}{3}d\left(M,\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right).S_{AA\text{'}C\text{'}N}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{2a^3}{3}=\frac{2\sqrt{3}{a}^3}{36}$ 

$V_{M.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}d\left(M,\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right)\right).S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{3}.a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}.$ 

Vậy $V=V_{M.AA\text{'}C\text{'}N}+V_{M.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{2\sqrt{3}{a}^3}{36}+\frac{a^3\sqrt{3}}{12}=\frac{5\sqrt{3}{a}^3}{36}.$

$V_1=\frac{h}{3}\left(S_0+\sqrt{S_0{S}_1}+S_1\right)$ 

Khi đó

$V_{AMH.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{AA\text{'}}{3}\left(S_{AMH}+\sqrt{S_{AMH}.S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}+S_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}\right)$ 

$=\frac{a}{3}\left(\frac{1}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\sqrt{\frac{1}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}+\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{7a^3\sqrt{3}}{48}$ 

Mặt khác, $V_{M.NHC\text{'}}=\frac{1}{3}d\left(M,\left(ACC\text{'}A\text{'}\right)\right).S_{NHC\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{2}.a.\frac{a}{6}=\frac{a^3\sqrt{3}}{144}$ 

Vậy $V=V_{AMH.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{M.NHC\text{'}.}=\frac{7a^3\sqrt{3}}{48}-\frac{a^3\sqrt{3}}{144}=\frac{5\sqrt{3}{a}^3}{36}$ 

Chọn C

Theo bài ra ta có $SO=h=20;OK=12$ 

Xé tam giác vuông SOI có

$\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{I}^2}+\frac{1}{O{S}^2}\Rightarrow OI=15\left(cm\right)$ 

$AB=2AI=2\sqrt{r^2-{15}^2}\left(cm\right)$;

$SA=\sqrt{S{O}^2+O{A}^2}=\sqrt{r^2+{20}^2}\left(cm\right)$ 

Mà chu vi thiết diện là $40+10\sqrt{41}\left(cm\right)$ nên ta có:

 $AB+SA+SB=40+10\sqrt{41}\iff 2\sqrt{r^2-225}+2\sqrt{r^2+400}=40+10\sqrt{41}\iff r=25\left(cm\right)$

Vậy thể tích khối nón là $V_n=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.25}^2.20=\frac{12500\pi }{3}\left(c{m}^3\right)$ 

Chọn A

Khi trải phẳng ống trụ tròn đều ta được một hình chữ nhật có chiều rộng là chu vi của mặt đáy còn chiều dài là chiều dài của trụ, mỗi vòng quấn của dây dài 5cm là đường chéo của hình chữ nhật có kích thước lần lượt bằng chu vi đáy trụ và $\frac{1}{10}$ chiều dài trụ.

Gọi chiều dài trụ là l (cm), theo định lí Pitago ta có

 $\sqrt{5^2-{\left(2.\frac{2}{\pi }\pi \right)}^2}=\frac{l}{10}\iff l=30\left(cm\right)$

Vậy diện tích xung quanh của trụ là: $S_{xq}=2.\frac{2}{\pi }\pi .30=120\left(c{m}^2\right)$ 

Chọn D

Con quạ uống được nước đựng trong cốc khi có mặt nước cách miệng cốc không quá 6cm nên mực nước dâng lên tối thiểu là 20 – 12 – 6 = 2 cm.

Thể tích nước tối thiểu cần tăng thêm là $V=\pi R^{2}h=\pi {.3}^2.2=18\pi \left(c{m}^3\right)$ 

Thể tích nước tăng lên khi con quạ thả x viên sỏi là:

$V_1=x.\frac{4}{3}\pi r^3=x.\frac{4}{3}.\pi .0,8^3=\frac{256}{375}\pi x\left(c{m}^3\right)$ 

Để con quạ uống được nước ta có điều kiện $V_1\ge V\iff \frac{256}{375}\pi x\ge 18\pi \iff x\ge 26,37$ 

Vậy con quạ cần thả ít nhất 27 viên sỏi để uống được nước trong cốc.

Chọn B

Ta có $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(2x+2\right)+1\right]dx=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(2x+2\right)dx+4.$ Xét $I_1=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}f\left(2x+2\right)dx.$ 

Đặt $t=2x+2\Rightarrow dt=2dx\Rightarrow dx=\frac{dt}{2}.$  Đổi cận: $x=-2\Rightarrow t=-2;x=2\iff t=6$ 

Suy ra $I_1=\frac{1}{2}\underset{-2}{\overset{6}{\int }}f\left(t\right)dt=\frac{1}{2}\left(\underset{-2}{\overset{x_1}{\int }}f\left(t\right)dt+\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}f\left(t\right)dt+\underset{x_2}{\overset{6}{\int }}f\left(t\right)dt\right)=\frac{1}{2}\left(S_A-S_B+S_C\right)=\frac{1}{2}(32-2+3)=\frac{33}{2}$, với $y=f\left(x\right)$ là các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $\left(-2<x_1<x_2<6\right)$ với trục hoành  $\left(-2<x_1<x_2<6\right)$

Vậy $\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left[f\left(2x+2\right)+1\right]dx=I_1+4=\frac{33}{2}+3=\frac{41}{2}$.

Chọn D

Oxy như hình vẽ. Đơn vị tính là dm.

Gọi $\left(P\right):x=a{y}^2+by+c$ qua $A\left(4;0\right),B\left(3;5\right),C\left(3;-5\right)$

Ta có $z^2-2z+5=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1-2i\\ z_2=1+2i\end{array}\right.$ 

Suy ra $\text{w}=\left(1+i\right)z_1=\left(1+i\right)\left(1-2i\right)=3-i$ 

Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức $\text{w}=\left(1+i\right)z_1$ là điểm $Q\left(3;-1\right)$ 

Chọn C