Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 11)

Đặt \({z_1} = {a_1} + {b_1}i;{z_2} = {a_2} + {b_2}i\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a_1^2 + b_1^2 = a_2^2 + b_2^2 = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{{{\left( {{a_1} + {a_2}} \right)}^2} + {{\left( {{b_1} + {b_2}} \right)}^2} = 3}\end{array}.} \right.\)

Suy ra \(2\left( {{a_1}{a_2} + {b_1}{b_2}} \right) = 1\) do đó \({\left( {{a_1} - {a_2}} \right)^2} + {\left( {{b_1} - {b_2}} \right)^2} = 1 \Rightarrow \left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 1\).

Do đó ta điền như sau

Cho hai số phức \({z_1}\) và \({z_2}\) thỏa mãn \(\left| {{z_1}} \right| = \left| {{z_2}} \right| = 1;\left| {{z_1} + {z_2}} \right| = \sqrt 3 \). Khi đó \(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = \) (1) 1.

Trong không gian với hệ trục tọa độ \(\left( {Oxyz} \right)\), gọi điểm \(M\left( {x;y;z} \right)\), điểm \(N\left( {a;b;c} \right)\).

Khi đó \(M\) thuộc mặt cầu tâm \(I\left( {0;1;1} \right)\), bán kính \(R = 1\) và \(N\) thuộc mặt phẳng \(\left( P \right):x + y + z - 4 = 0\).

Suy ra \(P = {(x - a)^2} + {(y - b)^2} + {(z - c)^2} = M{N^2}\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có \(\left| {IN - MI} \right| \le MN\) suy ra \(MN\) nhỏ nhất khi \(M,N,I\) thẳng hàng.

Do vậy \(MN\) nhỏ nhất khi \(N\) là hình chiếu của \(I\) lên \(\left( P \right)\) và \(M\) là giao của \(IN\) và mặt cầu.

Khi đó \(MN = IN - R\).

Mà \(IN = {\rm{d}}\left( {I,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {0 + 1 + 1 - 4} \right|}}{{\sqrt {1 + 1 + 1} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\). Suy ra \({P_{{\rm{min}}}} = {(IN - R)^2} = {\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3} - 1} \right)^2} = \frac{{7 - 4\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(k = 7;{\rm{\;}}p = - 4;q = 3\).

Do đó ta điền như sau

Giá trị của k bằng 7 .

Giá trị của p bằng −4 .

Giá trị của q bằng 3 .

Xếp 7 học sinh ngồi vào 10 cái ghế \( \Rightarrow n\left( {\rm{\Omega }} \right) = A_{10}^7 = 604800\).

Gọi biến cố \(A\): "Không có 2 ghế trống nào kề nhau".

Xếp 7 học sinh vào 7 ghế trống có 7! cách xếp.

Giữa 7 học sinh có 8 chỗ trống, chọn 3 chỗ trống bất kì để đặt các ghế trống vào có \(C_8^3\) cách

\( \Rightarrow n\left( A \right) = 7!\).\(C_8^3\).

Vậy: \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( {\rm{\Omega }} \right)}} = \frac{7}{{15}}\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Gọi \(V,{V_C}\) lần lượt là thể tích khối gỗ ban đầu và thể tích khối gỗ bị cắt.

Thể tích khối gỗ ban đầu là \(V = \pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.2 = \frac{\pi }{2}\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích khối gỗ bị cắt đi là \({V_C} = \frac{1}{2}\pi {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}.1 = \frac{\pi }{8}\left( {{m^3}} \right)\).

Thể tích khối gỗ còn lại là \(V' = V - {V_C} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{8} = \frac{{3\pi }}{8}\left( {{m^3}} \right)\).

Vậy \(pq = 3.8 = 24\).

Do đó ta điền như sau

Một khối gỗ hình trụ có đường kính \(1\,\,m\) và cao \(2\,\,m\). Người ta đã cắt bằng một mặt phẳng bỏ đi một phần khối gỗ, phần còn lại như hình vẽ bên dưới có thể tích là \(V = \frac{p}{q}\pi \,\,\left( {{m^3}} \right)\) (với \(\frac{p}{q}\) là phân số tối giản, \(q > 0\)). Tích \(pq\) bằng (1) 24.

Xét khai triển: \({(1 + x)^n} = C_n^0 + xC_n^1 + {x^2}C_n^2 + \ldots + {x^n}C_n^n\).

Thay \(x = 2\) ta có: \(C_n^0 + 2C_n^1 + 4C_n^2 + \ldots + {2^n}C_n^n = {(1 + 2)^n} = {3^n}\).

Theo đề bài: \({3^n} = 243 \Leftrightarrow n = 5\).

Với \(n = 5\) thì:

+ \({(3x - 1)^n} = {(3x - 1)^5} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{{(3x)}^{5 - k}}} .{( - 1)^k} = \sum\limits_{k = 0}^5 {C_5^k{3^{5 - k}}.{{( - 1)}^k}.{x^{5 - k}}} \)

Ta có: \(5 - k = 1 \Leftrightarrow k = 4\).

Hệ số của số hạng chứa \(x\) của khai triển là \(C_5^4{.3^{5 - 4}}.{( - 1)^4} = 15\).

+ \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \ldots + C_n^n = {(1 + 1)^n} = {2^n} = {2^5} = 32\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Giá trị của \(n\) bằng 5 .

Khi đó hệ số của số hạng chứa \(x\) của khai triển \({(3x - 1)^n}\) là 15 .

Giá trị của biểu thức \(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + \ldots + C_n^n\) bằng 32 .

Đặt \(z = x + yi\left( {x,y \in \mathbb{R}} \right)\)

Khi đó \(\left| {z - 2 + 3i} \right| = 5 \Leftrightarrow \left| {x - 2 + \left( {y + 3} \right)i} \right| = 5 \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + {(y + 3)^2} = 25\left( C \right)\).

Gọi \(A\) và \(B\) lần lượt là 2 điểm biểu diễn số phức \({z_1}\) và \({z_2}\).

Suy ra \(A,B\) thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 3} \right)\), bán kính \(R = 5\).

\(\left| {{z_1} - {z_2}} \right| = 6\) suy ra \(AB = 6\).

Gọi \(H\) là điểm biểu diễn số phức \(w' = \frac{{{z_1} + {z_2}}}{2}\) suy ra \(H\) là trung điểm \(AB\) nên \(AH = \frac{{AB}}{2} = 3\).

Xét tam giác \(AIH\) vuông tại \(H\) có \(AH = 3,AI = 5\) nên \(IH = \sqrt {I{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\).

Suy ra \(H\) thuộc đường tròn \(\left( {C'} \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 3} \right)\), bán kính \(R' = 4\).

Gọi \(M\) là điểm biểu diễn số phức \(w = {z_1} + {z_2}\) suy ra \(\overrightarrow {OM} = 2\overrightarrow {OH} \) do đó tập hợp \(M\) là đường tròn \(\left( {C''} \right)\) là ảnh của \(\left( {C'} \right)\) qua phép vị tự tâm \(O\), tỉ số \(k = 2\) nên \(\left( {C''} \right)\) có bán kính \(R'' = 2R' = 8\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \(SO\) là đường cao của hình nón \( \Rightarrow SO = h = 4\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow OI \bot AB\).

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(SI \Rightarrow OH \bot SI\).

Ta có: \(SO \bot AB\) mà \(OI \bot AB \Rightarrow AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).

Mà \(OH \bot SI \Rightarrow OH \bot \left( {SAB} \right)\) do đó \(d\left( {O,\left( {SAB} \right)} \right) = OH = \frac{{12}}{5}\).

Xét tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\) có \(OH\) là đường cao:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{O{I^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{12}}{5}} \right)}^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}} = \frac{1}{9} \Leftrightarrow O{I^2} = 9 \Rightarrow OI = 3\).

Xét tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\) có \(SI = \sqrt {O{S^2} + O{I^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\).

Xét tam giác \(OIA\) vuông tại \(IA = \sqrt {O{A^2} - O{I^2}} = \sqrt {{R^2} - {3^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4 \Rightarrow AB = 8\).

Vậy diện tích của thiết diện là: .

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hình nón có chiều cao \(h = 4\), bán kính đáy \(R = 5\). Một thiết diện đi qua đỉnh của hình nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện là \(\frac{{12}}{5}\). Diện tích của thiết diện đó bằng (1) 20.

Điều kiện xác định của hàm số \(\left( C \right):\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{\rm{cos}}x \ne \pm 1}\\{{\rm{sin}}x \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Xét phương trình hoành độ giao điểm:

\(\frac{{{\rm{sin}}x}}{{1 + {\rm{cos}}x}} + \frac{1}{{1 - {\rm{cos}}x}} + {\rm{cot}}x = 2\,\,\left( * \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{\rm{sin}}x\left( {1 - {\rm{cos}}x} \right) + 1 + {\rm{cos}}x}}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}} + \frac{{{\rm{cos}}x}}{{{\rm{sin}}x}} = 2\)

\( \Rightarrow {\rm{sin}}x - {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x + 1 + {\rm{cos}}x + {\rm{sin}}x{\rm{cos}}x = 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x + 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x + {\rm{cos}}2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {{\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x} \right)\left( {1 + {\rm{cos}}x - {\rm{sin}}x} \right) = 0\)

\[ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin x + \cos x = 0}\\{1 + \cos x - \sin x = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan x = - 1}\\{\sin \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi (tm)}\\{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi (tm)}\\{x = \pi + k2\pi (L)}\end{array},} \right.(k \in \mathbb{Z})\]

Xét \( - \pi \le - \frac{\pi }{4} + k\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{3}{4} \le k \le \frac{5}{4} \Leftrightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\).

Xét \( - \pi \le \frac{\pi }{2} + k2\pi \le \pi \Leftrightarrow - \frac{3}{4} \le k \le \frac{1}{4} \Leftrightarrow k = 0\).

Vậy có 3 nghiệm của \(\left( {\rm{*}} \right)\) trên \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) hay số giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với đường thẳng \(y = 2\) trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) là 3 , trong đó điểm có hoành độ \(\frac{{ - \pi }}{4}\) nằm gần trục tung nhất \( \Rightarrow a = - 1;b = 4\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Cho hàm số \(y = \frac{{{\rm{sin}}x}}{{1 + {\rm{cos}}x}} + \frac{1}{{1 - {\rm{cos}}x}} + {\rm{cot}}x\left( C \right)\). Số giao điểm của đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) với đường thẳng \(y = 2\) trên đoạn \(\left[ { - \pi ;\pi } \right]\) là 3 , trong đó điểm có hoành độ \(\frac{{\pi a}}{b}\) với \(a = \)−1 , \(b = \)4 ,\((a,b \in \mathbb{Z};b > 0;\left( {a;b} \right) = 1)\) nằm gần trục tung nhất.