Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội phần Toán có đáp án - Đề số 17

Gọi \(A\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng đá, \(n\left( A \right)\) là số phần tử của \(A\).

Gọi \(B\) là tập hợp các bạn chơi giỏi bóng chuyền, \(n\left( B \right)\) là số phần tử của \(B\).

Gọi \(C\) là tập hợp các bạn chơi giỏi cầu lông, \(n\left( C \right)\) là số phần tử của \(C\).

Ta có:

\[n\left( {A \cup B \cup C} \right) = n\left( A \right) + n\left( B \right) + n\left( C \right) - n\left( {A \cap B} \right) - n\left( {B \cap C} \right) - n\left( {C \cap A} \right) + n\left( {A \cap B \cap C} \right)\]

\[ \Rightarrow 27 = 14 + 12 + 10 - 4 - 3 - 3 + n\left( {A \cap B \cap C} \right) \Rightarrow n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 1\] nên số bạn chơi giỏi cả ba môn là 1.

Số bạn vừa chơi giỏi bóng đá, vừa chơi giỏi ít nhất một môn khác là:

\(n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = n\left( {A \cap B} \right) + n\left( {A \cap C} \right) - n\left( {A \cap B \cap C} \right) = 4 + 3 - 1 = 6\) (học sinh)

Số bạn chỉ chơi giỏi bóng đá là \(n\left( A \right) - n\left[ {\left( {A \cap B} \right) \cup \left( {A \cap C} \right)} \right] = 14 - 6 = 8\) (học sinh)

Đáp án cần nhập là: \(8\).

Điều kiện: \(8 + 2x - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow  - 2 \le x \le 4\).

Đặt \(t = \sqrt {8 + 2x - {x^2}} \). Ta có \(\sqrt {8 + 2x - {x^2}}  = \sqrt {9 - {{\left( {x - 1} \right)}^2}}  \le 3 \Rightarrow t \in \left[ {0;3} \right]\).

Phương trình đã cho trở thành: \( - {t^2} + t + 5 = 2m{\rm{\;}}\) (1).

Để phương trình đã cho có nghiệm thì (1) phải có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) =  - {t^2} + t + 5\) trên đoạn \(\left[ {0;3} \right]\).

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình (1) có nghiệm \(t \in \left[ {0;3} \right]\) khi

\( - 1 \le 2m \le \frac{{21}}{4} \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{2} \le m \le \frac{{21}}{8}\).

Mà \(m\) là số nguyên nên có 3 giá trị của \(m\) thỏa yêu cầu bài toán. Chọn A.

Ta có \(\widehat C = 180^\circ  - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = {180^o} - \left( {{5^o} + {6^o}} \right) = {169^o}\).

Xét tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{{AB}}{{{\rm{sin}}C}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}B}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}A}}\) (định lý sin)

Suy ra \(\frac{{900}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} = \frac{{AC}}{{{\rm{sin}}{5^o}}} = \frac{{BC}}{{{\rm{sin}}{6^o}}} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\\{BC = \frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}}\end{array}} \right.\)

Đổi \(5,4{\rm{\;km/h}} = 1,5{\rm{\;m/s}};\,\,21,6{\rm{\;km/h}} = 6{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian lên dốc của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:1,5 = \frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Thời gian lên xuống của Hoàng là: \(\frac{{900{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}:6 = \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}}\)(s)

Tổng thời gian Hoàng đi từ nhà đến trường là: \(\frac{{600{\rm{sin}}{5^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} + \frac{{150{\rm{sin}}{6^o}}}{{{\rm{sin}}{{169}^o}}} \approx 356,2\)(s)

Đổi 356,2 giây \( \approx 6\) phút.

Ta có 6 giờ 15 phút + 6 phút \( = 6\) giờ 21 phút.

Vậy thời điểm Hoàng đến trường khoảng 6 giờ 21 phút. Chọn A.

Phân tích cách trả lời: Nếu tôi hỏi người kia, anh ta sẽ bảo cánh cửa nào dẫn đến thiên đường

+ Nếu bạn hỏi người nói thật:

Người nói thật sẽ trung thực và nói bạn câu trả lời mà người nói dối sẽ đưa ra.

Người nói dối sẽ luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa sai khi trả lời câu hỏi này.

+ Nếu bạn hỏi người nói dối:

Người nói dối sẽ nói dối về câu trả lời mà người nói thật sẽ đưa ra.

Người nói thật sẽ chỉ vào cánh cửa đúng, nhưng người nói dối lại chỉ ngược lại, tức là cánh cửa sai.

Kết luận:

Bất kể bạn hỏi ai, câu trả lời luôn chỉ vào cánh cửa sai. Vì vậy, bạn chỉ cần chọn cánh cửa còn lại để đến thiên đường. Chọn C.

Gọi \(I\left( {{x_I};{y_I}} \right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Ta có \(\overrightarrow {HG}  = \left( { - \frac{4}{3};\frac{2}{3}} \right);\overrightarrow {GI}  = \left( {{x_I} - \frac{5}{3};{y_I} - \frac{8}{3}} \right)\).

Tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm đường tròn ngoại tiếp I nên \(\overrightarrow {HG}  = 2\overrightarrow {GI} \).

Do đó \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{ - 4}}{3} = 2\left( {{x_I} - \frac{5}{3}} \right)}\\{\frac{2}{3} = 2\left( {{y_I} - \frac{8}{3}} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_I} = 1}\\{{y_I} = 3}\end{array} \Leftrightarrow I\left( {1;3} \right)} \right.} \right.\).

Đường thẳng \(BC\) có phương trình là \(x + 2y - 2 = 0\) nên \(x = 2 - 2y\) và \(\overrightarrow {{u_{BC}}}  = \left( { - 2;1} \right)\).

Gọi \(M\left( {2 - 2{y_M};{y_M}} \right)\) là trung điểm \(BC\). Khi đó \(IM \bot BC\) và \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \).

Ta có \(\overrightarrow {IM}  = \left( {1 - 2{y_M};{y_M} - 3} \right)\);

\(IM \bot BC \Rightarrow \overrightarrow {IM}  \bot \overrightarrow {{u_{BC}}}  \Rightarrow  - 2\left( {1 - 2{y_M}} \right) + 1\left( {{y_M} - 3} \right) = 0 \Rightarrow {y_M} = 1 \Rightarrow M\left( {0;1} \right)\).

Gọi \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\). Ta có \(\overrightarrow {GA}  = \left( {{x_A} - \frac{5}{3};{y_A} - \frac{8}{3}} \right);\overrightarrow {MG}  = \left( {\frac{5}{3};\frac{5}{3}} \right)\) mà \(\overrightarrow {GA}  = 2\overrightarrow {MG} \)

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} - \frac{5}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\\{{y_A} - \frac{8}{3} = 2 \cdot \frac{5}{3}}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_A} = 5}\\{{y_A} = 6}\end{array} \Leftrightarrow A\left( {5;6} \right)} \right.} \right.\).

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là \(IA = \sqrt {{{(5 - 1)}^2} + {{(6 - 3)}^2}}  = 5\).

Đáp án cần nhập là: \(5\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\).

Do tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) và lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(A'M \bot B'C'\) và \(AM \bot B'C\).

Vậy \(\left[ {A,B'C',A'} \right] = \widehat {A'MA} = 30^\circ \).

Xét tam giác \(A'C'B'\) có \(A'C' = A'B' = 3\) và \(\widehat {B'A'C'} = 120^\circ \) nên \(A'M = 1,5\).

Xét tam giác \(AA'M\) vuông tại \(A'\) có \(AA' = A'M \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Do \(A'C\) cắt \(AC'\) tại trung điểm I nên ta có

\(d\left( {BC,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AB'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {AB'C'} \right)} \right) = A'H\).

Có \(\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{M^2}}} + \frac{1}{{A'{A^2}}} = \frac{{16}}{9} \Rightarrow A'H = \frac{3}{4}\).

Vậy \(d\left( {BC,\left( {AB'C'} \right)} \right) = \frac{3}{4}\). Chọn C.

Cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1

\( \Leftrightarrow \left| i \right| = 1 \Leftrightarrow \left| {2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right| = 1 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\,\,\,(1)}\\{2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1\,\,\,(2)}\end{array}} \right.\)

Giải (1):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{k}{{50}}}\\{t =  - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).

Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le  - \frac{1}{{150}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le k \le 150}\\{\frac{1}{3} \le k \le \frac{{451}}{3}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 301 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\) trong 3 giây đầu tiên là 301.

Giải (2):

\(2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{1}{2}\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{100\pi t + \frac{\pi }{3} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{100\pi t + \frac{\pi }{3} =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}}}\\{t =  - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}}}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.\).

Mà \(t \in \left[ {0;3} \right]\) nên \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{0 \le \frac{1}{{300}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\\{0 \le  - \frac{1}{{100}} + \frac{k}{{50}} \le 3}\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{ - \frac{1}{6} \le k \le \frac{{899}}{6}}\\{\frac{1}{2} \le k \le \frac{{301}}{2}}\end{array}{\rm{\;}}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.} \right.\) nên có 300 giá trị nguyên của \(k\) thỏa mãn, hay số lần cường độ dòng điện \(i = 2{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1\) trong 3 giây đầu tiên là 300.

Tóm lại, số lần cường độ dòng điện có độ lớn bằng 1 A là \(301 + 300 = 601\) (lần). Chọn C.