Đề thi thử đánh giá tư duy Đại học Bách khoa Hà Nội năm 2024 có đáp án (Đề 29)

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__.

Giải thích

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

Để một học sinh nhận được 2 quyển sách thể loại khác nhau, ta chia phần thưởng thành 3 loại: Toán + Lý, Toán + Hóa, Lý + Hóa.

Gọi \(x,y,z\left( {x,y,z \in \mathbb{N}} \right)\) lần lượt là số học sinh nhận được bộ phần thưởng Toán + Lý, Toán + Hóa, Lý + Hóa. Ta có hệ sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 9}\\{x + z = 6}\\{y + z = 5}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 5}\\{y = 4.}\\{z = 1}\end{array}} \right.} \right.\)

Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 10 học sinh là \(C_{10}^5.C_5^4.C_1^1 = C_{10}^5.C_5^4\).

Để hai học sinh An và Ninh nhận phần thưởng giống nhau có các trường hợp sau:

TH1: An và Ninh cùng nhận bộ Toán + Lý có \(C_8^3\).\(C_5^4\) cách phát phần thưởng.

TH2: An và Ninh cùng nhận bộ Toán + Hóa có \(C_8^2\). \(C_6^5\) cách phát phần thưởng.

TH3: An và Ninh cùng nhận bộ Lý + Hóa không xảy ra do chỉ có 1 bộ Lý + Hóa.

Vậy số cách để An và Ninh nhận được phần thưởng khác nhau là \(C_{10}^5.C_5^4 - C_8^3.C_5^4 - C_8^2.C_6^5 = 812\).

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{n \ge k}\\{n,k \in \mathbb{N}}\end{array}} \right.\).

Ta có: \(\frac{{Pn + 5}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60A_{n + 3}^{k + 2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {n + 5} \right)!}}{{\left( {n - k} \right)!}} \le 60.\frac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{\left( {n - k + 1} \right)!}} \Leftrightarrow \left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right)\left( {n - k + 1} \right) \le 60\) \(\left( {\rm{*}} \right)\)

Với \(n \ge 4\) thì \(\left( {n + 5} \right)\left( {n + 4} \right) \ge \left( {4 + 5} \right)\left( {4 + 4} \right) = 72\) nên từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) suy ra \(n - k + 1 \le \frac{5}{6}\) (vô lí, do \(n \ge k\) ).

Với \(n = 3\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {3 + 5} \right)\left( {3 + 4} \right)\left( {3 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 56\left( {4 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{41}}{{14}} \Rightarrow k = 3\)

Với \(n = 2\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {2 + 5} \right)\left( {2 + 4} \right)\left( {2 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 42\left( {3 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge \frac{{11}}{7} \Rightarrow k = 2\)

Với \(n = 1\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {1 + 5} \right)\left( {1 + 4} \right)\left( {1 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 30\left( {2 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge 0 \Rightarrow k \in \left\{ {0;1} \right\}\)

Với \(n = 0\) thì \(\left( {\rm{*}} \right) \Leftrightarrow \left( {0 + 5} \right)\left( {0 + 4} \right)\left( {0 - k + 1} \right) \le 60 \Leftrightarrow 20\left( {1 - k} \right) \le 60 \Leftrightarrow k \ge  - 2 \Rightarrow k = 0\)

Vậy có 5 bộ số \(\left( {n;k} \right)\) thỏa mãn.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\({(a + b\sqrt {{\rm{sin}}x}  + c\sqrt {{\rm{cos}}x} )^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {1 + {\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x} \right) = 4.\left[ {1 + \sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)} \right] \le 4\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\)

\( \Rightarrow y = a + b\sqrt {{\rm{sin}}x}  + c\sqrt {{\rm{cos}}x}  \le 2\sqrt {1 + \sqrt 2 } \).

Dấu "=" xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{b}{{\sqrt {{\rm{sin}}x} }} = \frac{c}{{\sqrt {{\rm{cos}}x} }}}\\{{a^2} + {b^2} + {c^2} = 4}\\{{\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 1,x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right]}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = \frac{{2\sqrt[4]{2}}}{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }};b = c = \frac{2}{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}.}\\{x = \frac{\pi }{4}}\end{array}} \right.} \right.\)

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là \(2\sqrt {1 + \sqrt 2 } \).

Giá trị của k bằng 7 .

Giá trị của p bằng -4 .

Giá trị của q bằng 3 .

Giải thích

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 \(k = 7;{\rm{\;}}p =  - 4;q = 3\).

Cách 1:

Từ giả thiết suy ra $f\left(1-x\right)+\frac{2}{x^2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x^3}$

Ta có: ${{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(1-x\right)\text{d}x+{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right).\frac{2}{x^2}\text{ d}x={{\int }^{\text{}}}_1^2\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x^3}\text{ d}x$

$\iff -{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(1-x\right)\text{d}\left(1-x\right)+{{\int }^{\text{}}}_1^{2}f\left(\frac{2x-2}{x}\right)\text{d}\left(\frac{2x-2}{x}\right)=0$

$\iff -{{\int }^{\text{}}}_0^{-1}f\left(t\right)\text{d}t+{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0$

$\iff {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{0}f\left(t\right)\text{d}t+{{\int }^{\text{}}}_0^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0\iff {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(t\right)\text{d}t=0$

 Vậy ${{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(x\right)\text{d}x=0$ .

Cách 2:

Ta có: $x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3+4x-4}{x},\forall x\ne 0,x\ne 1$

$$\begin{gathered} \iff x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=\frac{-x^4+x^3}{x}+\frac{4x-4}{x},\forall x\ne 0,x\ne 1 \\ \iff x^{2}f\left(1-x\right)+2f\left(\frac{2x-2}{x}\right)=x^2\left(1-x\right)+2\left(\frac{2x-2}{x}\right),\forall x\ne 0,x\ne 1 \end{gathered}$$

Chọn $f\left(x\right)=x\Rightarrow {{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}f\left(x\right).\text{d}x={{\int }^{\text{}}}_{-1}^{1}x.\text{d}x=0$ .

Đáp án: “24”

Giải thích

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 \(pq = 3.8 = 24\).