Đề thi Đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội có đáp án (Đề 13)

Cách trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác như trên lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n}\) là số cây ở hàng thứ \(n\), số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công sai \(d = 2\).

Tổng số cây trồng được là \({S_n} = 144 \Leftrightarrow \frac{{n\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2} \right]}}{2} = 144\) \( \Leftrightarrow 2{n^2} = 288 \Rightarrow n = 12\).

Như vậy số hàng cây trong khu vườn là 12.

Do đó ta điền đáp án như sau

Người ta trồng 144 cây trong một khu vườn hình tam giác theo quy luật như sau: Hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ hai có 3 cây, hàng thứ ba có 5 cây, …. Số hàng cây trong khu vườn là (1) 12.

a) Có 4 cách để đi từ địa điểm I đến 1 địa điểm bất kì, trong đó có 3 cách để chỉ tốn dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là đi theo tuyến I – II, I – III, I – V. Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{3}{4}\].

b) Để đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian ta có bảng sau:

Từ bảng ta có 2 cách để người đó phải trả trên 25 000 đồng là đi theo tuyến I – II – III, I – IV – III .

Vậy xác suất cần tìm là \[\frac{2}{3}\].

Do đó ta điền như sau

a) Bắt một chuyến xe đi từ địa điểm I đến một địa điểm bất kì. Khi đó, xác suất người đó phải trả dưới 20 000 đồng tiền vé xe buýt là \(\frac{3}{4}\).

b) Đi từ địa điểm I đến địa điểm III qua 1 trạm trung gian. Khi đó, xác suất người đó trả trên \(25000\) đồng tiền vé xe buýt là \(\frac{2}{3}\).

Giả sử \(M(x;y;z) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {AM} = (x;y;z + 1)\,\,\,\,\,\,}\\{\overrightarrow {BM} = (x + 1;y - 1;z)}\\{\overrightarrow {CM} = (x - 1;y;z - 1)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A{M^2} = {x^2} + {y^2} + {{(z + 1)}^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\{B{M^2} = {{(x + 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {z^2}}\\{C{M^2} = {{(x - 1)}^2} + {y^2} + {{(z - 1)}^2}}\end{array}} \right.} \right.\)

\( \Rightarrow 3M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2} = 3\left[ {{x^2} + {y^2} + {{(z + 1)}^2}} \right] + 2\left[ {{{(x + 1)}^2} + {{(y - 1)}^2} + {z^2}} \right] - \left. {\left[ {{{(x - 1)}^2} + {y^2} + } \right.{{\left( {z - 1} \right)}^2}} \right]\)

\( = 4{x^2} + 4{y^2} + 4{z^2} + 6x - 4y + 8z + 5 = {\left( {2x + \frac{3}{2}} \right)^2} + {(2y - 1)^2} + {(2z + 2)^2} - \frac{9}{4} \ge - \frac{9}{4}\).

Dấu "\( = \)" xảy ra \( \Leftrightarrow x = - \frac{3}{4},y = \frac{1}{2},z = - 1\), khi đó \(M\left( { - \frac{3}{4};\frac{1}{2}; - 1} \right)\).

Do đó ta điền như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {0;0; - 1} \right),B\left( { - 1;1;0} \right),C\left( {1;0;1} \right)\). Biết \(M\) là điểm thỏa mãn \(P = 3M{A^2} + 2M{B^2} - M{C^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P\) bằng (1) \( - \frac{9}{4}\).

Cường độ âm thấp nhất là \(I = {I_0}\). Khi đó, mức cường độ âm thấp nhất mà tai người có thể nghe được là \(L = {\rm{log}}1 = 0\left( B \right)\).

Khi \(L = 13\left( B \right)\) thì \(I = {10^L}{I_0} = {10^{13}}{.10^{ - 12}} = 10\left( {{\rm{W}}/{{\rm{m}}^2}} \right)\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Mức cường độ âm thấp nhất mà tai người có thể nghe được là 0  B.

Khi mức cường độ âm đạt đến ngưỡng đau \(\left( {13B} \right)\) thì cường độ âm là 10 \({\rm{W}}/{{\rm{m}}^2}\).

Đặt \(t = - x\), ta có

 $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+ax+5}+x\right)=\underset{t\to +\infty }{\lim }\left(\sqrt{t^2-at+5}-t\right)$

$=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-at+5}{\sqrt{t^2-at+5}+t}=\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{-a+\frac{5}{t}}{\sqrt{1-\frac{a}{t}+\frac{5}{t^2}}+1}=\frac{-a}{2}$.

Theo giả thiết $\underset{x\to -\infty }{\text{lim}}\left(\sqrt{x^2+ax+5}+x\right)=5\iff \frac{-a}{2}=5\iff a=-10$.

Ta có \(\overrightarrow {MN} = \left( {1;2;3} \right)\); \(d\) có vectơ chỉ phương \(\vec u = \left( {1; - 2;1} \right)\) nên \(\overrightarrow {MN} .\vec u = 0\) suy ra \(MN \bot d\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(MN\) vuông góc với \(d\) có phương trình \(x - 2y + z - 2 = 0\).

Phương trình tham số của đường thẳng d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\).

Gọi \(E = d \cap \left( P \right)\). Suy ra tọa độ điểm E là nghiệm của hệ

\(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y + z - 2 = 0\\x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7 + t - 2\left( {3 - 2t} \right) + 9 + t - 2 = 0\\x = 7 + t\\y = 3 - 2t\\z = 9 + t\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t = \frac{{ - 4}}{3}\\x = \frac{{17}}{3}\\y = \frac{{17}}{3}\\z = \frac{{23}}{3}\end{array} \right.\).

Vậy \(E\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).

Ta có: \(IM \ge EM;IN \ge EN \Rightarrow IM + IN \ge EM + EN\)

Để \(IM + IN\) nhỏ nhất thì điểm \(I \equiv E\) nên \(I\left( {\frac{{17}}{3};\frac{{17}}{3};\frac{{23}}{3}} \right)\).

Do đó ta chọn đáp án như sau

Ta có \(\overrightarrow {AB} = \left( {2;1;2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( { - 2;2;1} \right)\) nên \(\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right] = \left( { - 3; - 6;6} \right)\) suy ra \(\vec n = \left( {1;2; - 2} \right)\) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Suy ra phương trình mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là: \(x + 2y - 2z - 1 = 0\).

Phương trình tham số của \({\rm{\Delta }}\) là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 2 - t}\\{y = 3t}\\{z = - 1 + t}\end{array}\left( {t \in \mathbb{R}} \right)} \right.\).

Gọi \(I\) là tâm của mặt cầu \(\left( S \right)\), do \(I \in {\rm{\Delta }}\) nên \(I\left( {2 - t;3t; - 1 + t} \right)\).

Ta có: \(A{I^2} = {(1 - t)^2} + 9{t^2} + {(t - 1)^2} = 11{t^2} - 4t + 2\)

\(d\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{{\left| {2 - t + 6t + 2 - 2t - 1} \right|}}{3} = \left| {t + 1} \right|\).

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn, giao của mặt cầu \(\left( S \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) thì

\({r^2} = A{I^2} - {d^2}\left( {I,\left( {ABC} \right)} \right) = 11{t^2} - 4t + 2 - {(t + 1)^2} = 10{t^2} - 6t + 1 = 10{\left( {t - \frac{3}{{10}}} \right)^2} + \frac{1}{{10}} \ge \frac{1}{{10}}\)

Do đó bán kính \(r\) nhỏ nhất khi \(t = \frac{3}{{10}}\), khi đó \(I\left( {\frac{{17}}{{10}};\frac{9}{{10}};\frac{{ - 7}}{{10}}} \right),AI = \frac{{\sqrt {179} }}{{10}}\).

Phương trình mặt cầu \(\left( S \right):{\left( {x - \frac{{17}}{{10}}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{9}{{10}}} \right)^2} + {\left( {z + \frac{7}{{10}}} \right)^2} = \frac{{179}}{{100}}\).

Do đó ta điền đáp án như sau

Trong không gian \(Oxyz\), cho ba điểm \(A\left( {1;0;0} \right),B\left( {3;1;2} \right),C\left( { - 1;2;1} \right)\) và đường thẳng \({\rm{\Delta }}:\frac{{x - 2}}{{ - 1}} = \frac{y}{3} = \frac{{z + 1}}{1}\). Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm thuộc đường thẳng \({\rm{\Delta }}\), đi qua \(A\) và cắt mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất bằng (1) \(\frac{1}{{10}}\).

Ta có: \({(1 + 2x)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{(2x)}^k}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{N}} \right)} \Rightarrow {a_k} = {2^k}C_n^k\).

\( \Rightarrow {a_0} = {2^0}C_n^0 = 1;{a_1} = {2^1}C_n^1 = 2C_n^1;{a_2} = {2^2}C_n^2 = 4C_n^2\).

Theo giả thiết: \({a_0} + 8{a_1} = 2{a_2} + 1\)

\( \Leftrightarrow 1 + 8.2C_n^1 = 2.4C_n^2 + 1 \Leftrightarrow 2C_n^1 = C_n^2 \Leftrightarrow 2n = \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \Leftrightarrow {n^2} - 5n = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{n = 0}\\{n = 5}\end{array}} \right.\).

Do \(n\) nguyên dương nên \(n = 5\).

Hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) là \({a_3} = {2^3}C_5^3 = 80\).

Do đó ta điền như sau

Giá trị của \(n\) bằng 5 .

Hệ số của số hạng chứa \({x^3}\) là 80.