Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 10)

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.

Do đó ta điền đáp án như sau

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

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

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

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

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

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có:

Gọi E là trung điểm của \(AB\).

\( \Rightarrow d\left( {G,\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {{\rm{E}},\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {{\rm{A}},\left( {DMN} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {{\rm{A}},\left( {SCD} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{G.MND}} = \frac{1}{3}.{S_{{\rm{\Delta }}DMN}}.d\left( {G,\left( {DMN} \right)} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{1}{{18}} \Rightarrow m + n = 19\).

Do đó ta điền như sau

Cho khối chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(M,N\) là hai điểm nằm trên hai cạnh \(SC,SD\) sao cho \(\frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{2},\frac{{SN}}{{ND}} = 2\), biết G là trọng tâm tam giác \(SAB\). Tỉ số thể tích \(\frac{{{V_{G.MND}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \frac{m}{n}\), \(m,n\) là các số nguyên dương và \(\left( {m,n} \right) = 1\). Giá trị của \(m + n\) bằng (1) 19.

Số đường chéo của đa giác là: \(C_{10}^2 - 10 = 35\).

Cứ hai đường chéo cho ta một giao điểm, hơn nữa không có ba đường chéo nào đồng quy nên số giao điểm của các đường chéo là \(C_{35}^2 = 595\).

Do đó ta điền như sau

Cho đa giác lồi có 10 cạnh. Biết rằng không có ba đường chéo nào đồng quy, số giao điểm của các đường chéo là (1) 595.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{u_{n + 2}} + {u_n} = 2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)\,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\) \(\left( {n \ge 1} \right)\).

Đặt \({v_n} = {u_{n + 1}} - {u_n}\).

Ta có \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {u_{n + 2}} - {u_{n + 1}} = {u_{n + 1}} - {u_n} + 2 \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = {v_n} + 2\).

Suy ra \(\left( {{v_n}} \right)\) lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({v_1} = 2\) và công sai \(d = 2\).

Nên \({v_n} = 2 + \left( {n - 1} \right).2 = 2n\).

Khi đó: \({u_n} = \left( {{u_n} - {u_{n - 1}}} \right) + \left( {{u_{n - 1}} - {u_{n - 2}}} \right) + \ldots + \left( {{u_2} - {u_1}} \right) + {u_1}\)

\( = {v_{n - 1}} + {v_{n - 2}} + \ldots + {v_1} + {u_1} = 2\left( {\left( {n - 1} \right) + \left( {n - 2} \right) + \ldots + 1} \right) + 1\)

\( = 2\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} + 1 = n\left( {n - 1} \right) + 1\).

Do đó: \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\left( {n - 1} \right) + 1}}{{{n^2}}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2} - n + 1}}{{{n^2}}} = 1\).

Vậy \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}} = 1\).

Do đó ta điền như sau

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được xác định bởi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = 1,{u_2} = 3}\\{{u_{n + 2}} + {u_n} = 2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right),n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}}\end{array}} \right.\] . Giới hạn \[\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{n^2}}}\]bằng (1) 1.

Từ đồ thị ta có \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } y = - \infty ;\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } y = - \infty \) nên \(a < 0\).

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị nên \(\frac{b}{a} < 0\) do đó \(b > 0\).

Đồ thị hàm cắt trục \(Oy\) tại điểm có tung độ âm nên \(c < 0\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Thể tích khối tứ diện \(ABCD\) là: \(V = \frac{{{4^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\).

Gọi \(I\) là trọng tâm tam giác \(BCD\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh bằng 4 nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(BCD\) và

\(BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BI = \frac{2}{3}BM = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}}\\{r = IM = \frac{1}{3}BM = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}}\end{array}} \right.\)

Vì \(AI\) là đường cao của tứ diện đều \(ABCD\) nên \(AI = \sqrt {A{B^2} - I{B^2}} = \frac{{4\sqrt 6 }}{3}\).

Vậy diện tích xung quanh hình trụ \({S_{xq}} = 2\pi rh = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\pi \).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Mặt cầu \(\left( S \right):{(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} + {(z - 2)^2} = 36\).

Khi đó \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1; - 2;2} \right)\), bán kính \(R = 6\).

Do đó ta điền như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho mặt cầu \(\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2x + 4y - 4z - 27 = 0\). Bán kính \(R\) của mặt cầu \(\left( S \right)\) bằng (1) 6.