Đề thi tuyển sinh lớp kỹ sư tài năng Đại học Bách khoa Hà Nội - Năm học 2020-2021

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp kỹ sư tài năng Đại học Bách khoa Hà Nội - Năm học 2020-2021

1. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP KỸ SƯ TÀI NĂNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 -2021 Thời gian 180 phút, khơng tính thời gian phát đề ĐỀ BÀI Câu 1: Biết 3 địa điểm A, B,C lập thành tam giác vuơng tại B , khoảng cách từ C đến B là 5km và từ B đến A là 6km . Cần xây dựng một kho hàng tại vị trí điểm D trên đoạn thẳng AB . Giả sử chi phí vận chuyển cho một đơn vị hàng đi thẳng từ A đến D là 400 nghìn VNĐ/km, và thẳng từ D đến C là 600 nghìn VNĐ/km. Vị trí điểm D cần cách điểm A bao nhiêu để chi phí vận chuyển một đơn vị hàng (thẳng từ A đến D rồi thẳng đến C ) là nhỏ nhất. Câu 2: Trong khơng gian cho tam giác vuơng tại . Tìm điểm thỏa mãn MA2 MC2 MB2 . Câu 3: Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh ( n N,n 1) . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 2n đỉnh của đa giác đều đã cho. Biết rằng xác suất ba đỉnh được chọn lập thành một tam giác vuơng là 3 . Tìm n. 4039 a x 1 Câu 4: Chứng minh rằng nếu a 1 thì hàm số f x đồng biến trên từng khoảng xác định của x nĩ. Câu 5: Tìm giá trị của tham số m bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ¡ . 3x 5x 7x 3 mx. 1 1 1 Câu 6: Cho dãy số (un ) được xác định bởi cơng thức un ,n N . n2 1 n2 2 n2 n Hãy tính giới hạn của (un ) . 1 1 Câu 7: Biết rằng x ¡ là nghiệm của phương trình x2 7 . Chứng minh rằng S x5 là một x2 x5 số nguyên. Câu 8: Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn xf y yf x 1,x 0;1 . 1 Chứng minh rằng f x dx . 0 4 2 2 x x 4 y y 4 4 1 Câu 9: Giải hệ phương trình . 2 3x y 3 3x 1 4 5y 2 Câu 10: Chứng minh rằng nếu với mọi x ¡ ta cĩ 1 sin x 2 sin 2x 3 sin 3x 4 sin x 5 sin x 2 6 sin x 3 0 , thì 1 2 3 4 5 6 0 . . HẾT .
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (Đề tuyển sinh hệ kĩ sư tài năng 2020 ĐHBK HN) Biết 3 địa điểm A, B,C lập thành tam giác vuơng tại B , khoảng cách từ C đến B là 5km và từ B đến A là 6km . Cần xây dựng một kho hàng tại vị trí điểm D trên đoạn thẳng AB . Giả sử chi phí vận chuyển cho một đơn vị hàng đi thẳng từ A đến D là 400 nghìn VNĐ/km, và thẳng từ D đến C là 600 nghìn VNĐ/km. Vị trí điểm D cần cách điểm A bao nhiêu để chi phí vận chuyển một đơn vị hàng (thẳng từ A đến D rồi thẳng đến C ) là nhỏ nhất. Lời giải Đặt BD x,(0 x 6) . Chi phí vận chuyển một đơn vị hàng đi thẳng từ A đến D là 400.000 6 x Quãng đường CD CB2 BD2 ( 5)2 x 2 5 x2 Chi phí vận chuyển một đơn vị hàng đi thẳng từ D đến C là 600.000 5 x2 Tổng chi phí vận chuyển một đơn vị hàng (thẳng từ A đến D rồi thẳng đến C ) là 400.000 6 x 600.000 5 x2 100.000 4 6 x 6 5 x2 100.000. f x Với f x 4 6 x 6 5 x2 ,x 0;6 2 2x 2 3x 2 5 x Ta cĩ f x 4 6. 2 5 x2 5 x2 f x 0 3x 2 5 x2 0 2 5 x2 3x 4 5 x2 9x2 x2 4 x 2 0;6 Ta cĩ f 0 24 6 5 ; 37,42; f 2 34; f 6 6 41 ; 38,42 Do đĩ min f x f 2 34 0;6 Chi phí vận chuyển ít nhất là 100.000. f x 100.000 34 3.400.000 VNĐ, đạt được khi BD 2km hay AD 4 km. Câu 2: Trong khơng gian cho tam giác vuơng tại . Tìm điểm thỏa mãn Lời giải
3. Gọi là điểm đối xứng với qua trung điểm của . Khi đĩ là hình chữ nhật. Do đĩ và . Suy ra . Vậy . Câu 3: Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh ( n N,n 1) . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 2n đỉnh của đa giác đều đã cho. Biết rằng xác suất ba đỉnh được chọn lập thành một tam giác vuơng là 3 . Tìm n. 4039 Lời giải 3 Số tam giác cĩ thể cĩ là C2n 2 Số hình chữ nhật cĩ thể bằng số cách chọn 2 đường chéo xuyên tâm và bằng Cn . 2 Mỗi hình chữ nhật cho 4 tam giác vuơng. Do đĩ số tam giác vuơng bằng 4.Cn . 3 Do xác suất chọn được tam giác vuơng bằng nên 4039 2 4.Cn 3 3 n 2020. C2n 4039 a x 1 Câu 4: Chứng minh rằng nếu a 1 thì hàm số f x đồng biến trên từng khoảng xác định của x nĩ. Lời giải a x 1 Xét hàm số f x . x Tập xác định D ;0  0; . a x .ln a.x a x 1 f x (với x D ) x2 Xét hàm số g x a x .ln a.x a x 1 g x a x .ln2 a.x .
4. g x 0 a x .ln2 a.x 0 x 0 (Do a x .ln2 a 0, x ¡ ) Bảng biến thiên Suy ra g x 0 với mọi x D f x 0 với mọi x D hàm số f x đồng biến trên trên từng khoảng ;0 và 0; . Câu 5: Tìm giá trị của tham số m bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x ¡ . 3x 5x 7x 3 mx. Lời giải Xét hàm số f x 3x 5x 7x 3 mx cĩ đạo hàm mọi cấp trên ¡ . Điều kiện cần f x 0, x ¡ Do ta cần cĩ min f x 0 . Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x 0 . x f 0 0 ¡ Ta cĩ f x 3x ln 3 5x ln 5 7x ln 7 m Vì hàm số đạt cực tiểu tại x 0 f 0 0 m ln 3 ln 5 ln 7 ln105. Điều kiện đủ Với m ln105 Ta cĩ: f x 3x ln2 3 5x.ln2 5 7x ln2 7 0,x ¡ . Suy ra f x đồng biến trên ¡ . lim f x x Vì f 0 0 và nên ta cĩ bảng biến thiên lim f x 0 x Do đĩ m ln105 là giá trị cần tìm. Câu 6: Cho dãy số (un ) được xác định bởi cơng thức
5. 1 1 1 un ,n N . n2 1 n2 2 n2 n Hãy tính giới hạn của (un ) . Lời giải 1 1 1 Ta cĩ ,k [1;n] . n2 1 n2 k n2 n n n 1 n Suy ra: . 2  2 2 n 1 k 1 n k n n n n Vì lim 1; lim 1 nên sử dụng nguyên lí kẹp ta cĩ lim un 1. n n2 1 n n2 n n 1 1 Câu 7: Biết rằng x ¡ là nghiệm của phương trình x2 7 . Chứng minh rằng S x5 là một x2 x5 số nguyên. Lời giải Ta cĩ 1 2 x 3 2 1 1 x x 2 7 x 9 . x x 1 x 3 x 1 Đặt a x;b , ta cĩ ab 1 và x (a b)5 a5 b5 5(ab4 a4b) 10(a3b2 a2b3 ) a5 b5 5ab(b3 a3 ) 10a2b2 (a b) . Suy ra (a b)5 a5 b5 5(b3 a3 ) 10(a b) . 5 5 5 Vì (a b) ¢ (a b) ¢ . Do đĩ để chứng minh S a b là một số nguyên thì ta cần chứng minh a3 b3 là một số nguyên. Ta cĩ a3 b3 (a b)3 3ab(a b) (a b)3 3(a b) ¢ . Suy ra điều phải chứng minh. 1 1 7.1 Biết x ¡ là nghiệm của phương trình x2 7 . Chứng minh rằng S x5 là một số x2 x5 nguyên. Lời giải 2 2 1 1 1 Cách 1. Cĩ x 2 7 x 9. Suy ra S1 x 3 ¢ . x x x Áp dụng đẳng thức a5 b5 (a b)(a4 a3b a2b2 ab3 b4 ) ta được
6. 5 1 1 4 2 1 1 S x 5 x x x 2 2 4 x x x x 2 1 1 1 x x2 x2 42S ¢ 2 2 1 x x x 2 2 1 1 1 Cách 2. Cĩ x 2 7 x 9. Suy ra S1 x 3 ¢ . x x x 1 1 Đặt S xn và a x,b ta được: a b S ,a.b 1. Suy ra a.b là nghiệm của phương n xn x 1 2 trình X S1 X 1 0. Suy ra. n 2 n 1 n a S1a a 0. (1) n 2 n 1 n b S1b b 0. (2) Cộng (1) và (2) ta được: Sn 2 S1Sn 1 Sn 0 với mọi n 0 . Vì S1, S2 ¢ , nên bằng quy nạp dễ dàng suy ra Sn ¢ với mọi n 0 . Thay n 5 ta được điều phải chứng minh. Phát triển bài tốn: n n 1. Cho hai số a,b thỏa mãn a b,a.b ¢ . Khi đĩ Sn a b ¢ với mọi n . Kết quả này suy ra trực tiếp từ cách chứng minh số 2. 3 2 2. Cho x1, x2 , x3 là các nghiệm thực (hoặc phức) của phương trình x ax bx c 0 với a,b,c là các số nguyên thì n n n Sn x1 x2 x3 là số nguyên với mọi n 0 (Quy ước S0 k ) Chứng minh: Theo định lý Viet cho phương trình bậc 3 ta cĩ x1 x2 x3 a ¢ x1x2 x1x2 x2 x3 b ¢ x1x2 x3 c ¢ Từ đĩ suy ra: S1 x1 x2 x3 a ¢ 2 2 2 2 S2 x1 x2 x3 (x1 x2 x3 ) 2(x1x2 x1x3 x2 x3 ) ¢ 3 3 3 S3 x1 x2 x3 2 2 2 (x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 x1x2 x1x2 x2 x3 ) 3x1x2 x3 ¢ 3 2 Từ giả thiết ta cĩ: xi axi bxi c 0 với i 1,2,3 . Suy ra n 3 n 2 n 1 n xi axi bxi cx 0 với mọi n 0. Cộng các phương trình tương ứng với i 1,2,3 ta được Sn 3 a Sn 2 bSn 1 cSn 0. Từ S1, S2 , S3 , và a,b,c là các số nguyên nên ta cĩ Sn là các số nguyên. 3. Tổng quát cho k số bất kì. Giả sử x1, , xk là các nghiệm thực (hoặc phức) của phương trình k k 1 x ak 1x  a1x a0 0 với ai là các số nguyên thì n n Sn x1  xk là số nguyên với mọi n 0 (Quy ước S0 k ) Chứng minh tương tự trường hợp 3 số ta được Sn k ak 1Sn k 1  a1Sn 1 Sn 0
7. Vì vậy để chứng minh Sn là số nguyên với mọi n ta chỉ cần chỉ ra Si là số nguyên với mọi i 1, ,k . Việc này cần áp dụng định lý về sự phân tích đa thức đối xứng trên vành số nguyên ( Mời bạn đọc tự tham khảo ạ) 4. Trong các bài tốn trên ta cĩ thể thay Sn bởi bất kì một đa thức đối xứng với hệ số nguyên thì kết quả bài tốn vẫn đúng. Câu 8: Cho hàm số y f x liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn xf y yf x 1,x 0;1 . 1 Chứng minh rằng f x dx . 0 4 Lời giải Cách 1: Xét hàm số y 1 x2 thì xf 1 x2 1 x2 f x 1,x 0;1 Suy ra x 1 1 1 1 1 f 1 x2 f x f 1 x2 d 1 x2 f x dx dx 2 2 2 1 x 1 x 0 0 1 1 x 1 1 1 1 2 f x dx dx f x dx . 2 0 0 1 x 2 0 4 Cách khác: Cho hàm số f (x) liên tục trên đoạn 0;1 và thỏa mãn 1 xf (y) yf (x) 1,x, y 0;1 . Chứng minh f (x)dx . 0 4 Lời giải Đặt x sin t dx costdt x 0  t 0 Đổi cận x 1 t 4 1 4 Ta cĩ f (x)dx costf (sin t)dt (1) 0 0 Đặt x cost dx sin tdt x 0  t 1 Đổi cận x 1 t 0 1 0 4 Ta cĩ f (x)dx sin t. f (cost)dt sin t. f (cost)dt (2) 0 0 4 Cộng theo từng vế (1) và (2) ta được 1 4 4 2 f (x)dx costf (sin t) sin t. f (cost)dt 1.dx 0 0 0 4 1 f (x)dx . (đpcm). 0 4
8. 2 2 x x 4 y y 4 4 1 Câu 9: Giải hệ phương trình . 2 3x y 3 3x 1 4 5y 2 Lời giải 1 x 3 Điều kiện . 4 y 5 x x2 4 . x x2 4 4 Ta luơn cĩ . y y2 4 . y y2 4 4 2 2 x 4 x y y 4 Kết hợp phương trình 1 ta cĩ x y 0 x y . 2 2 y 4 y x x 4 Thay vào phương trình 2 ta được 3x2 3x x 1 3x 1 x 2 5x 4 0 x2 x x2 x 3 x2 x 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 2 1 1 x x . 3 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 x 0 1 1 1 (vì 3 0 x ) x 1 x 1 3x 1 x 2 5x 4 3 Vậy phương trình đã cho cĩ các cặp nghiệm x; y là 0;0 và 1; 1 . Lời giải 2 2 2 x x 4 y y 4 4 1 2 3x y 3 3x 1 4 5y 2 x2 4 x x2 4 x y2 4 y 1 4 x2 4 x y y2 4 x x2 4 Xét hàm số f t t t 2 4 t t 2 4 t f ' t 1 0 t ¡ t 2 4 t 2 4 Hàm số đồng biến trên ; 1 y x , thay vào 2 ta được:
9. 1 3x2 x 3 3x 1 5x 4 (điều kiện: x ) 3 3x2 3x x 1 3x 1 x 2 5x 4 0 x x 1 x x 1 3x x 1 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 1 1 x x 1 3 0 x 1 3x 1 x 2 5x 4 x 0 y 0 x 1 y 1 1 1 3 0 v« nghiƯm x 1 3x 1 x 2 5x 4 Vậy x; y 0;0 , 1;1 . Câu 10: Chứng minh rằng nếu với mọi x ¡ ta cĩ 1 sin x 2 sin 2x 3 sin 3x 4 sin x 5 sin x 2 6 sin x 3 0 thì 1 2 3 4 5 6 0 . Lời giải 1 sin x 2 sin 2x 3 sin 3x 4 sin x 5 sin x 2 6 sin x 3 0 * . Ta cĩ hàm y sin x a cĩ đạo hàm tại mọi điểm khác a và khơng cĩ đạo hàm tại x a . Từ * ta cĩ 4 sin | x | cĩ đạo hàm tại x nên 4 0 . Tương tự ta cĩ 5 6 0 . Vì * đúng với mọi x ¡ nên 3 gThay x vào * ta cĩ  sin  sin  sin 0   0 1 . 2 1 2 2 3 2 1 3 gThay x vào * ta cĩ 3 2 3 3  sin  sin  sin 0   0   0 2 . 1 3 2 3 3 2 1 2 2 1 2 3 gThay x vào * ta cĩ  sin  sin  sin 0 4 1 4 2 2 3 4 2 2    0  2  0 3 . 2 1 2 2 3 1 2 3 Từ 1 , 2 và 3 ta cĩ 1 2 3 0 . Vậy 1 2 3 4 5 6 0 .