Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 1)

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}3x>0\\ 2x+7>0\end{array}\iff x>0\right.$.

Khi đó, bất phương trình đã cho $\iff 3x<2x+7\iff x<7$.

Ta thấy $\forall x\in [-1;2]$ thì $-x^2+3\ge x^2-2x-1$ nên $S={\int }_{-1}^2\left[\left(-x^2+3\right)-\left(x^2-2x-1\right)\right]dx={\int }_{-1}^2\left(-2x^2+2x+4\right)dx\text{.}$

Ta có $z=3+4i\Rightarrow \frac{1}{z}=\frac{3-4i}{3^2+4^2}=\frac{3}{25}-\frac{4}{25}\text{i}$.

Vì tam giác ABC đều nên A và C đối xứng nhau qua BBˊ

Gọi d là đường thẳng qua A và $\text{d}\perp {\text{BB}}^{\text{'}}\Rightarrow \text{d}:3\text{x}-5\text{y}-12=0$

$\text{H}=\text{d}\cap {\text{BB}}^{\text{'}}\Rightarrow$ tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{array}{l}5\text{x}+3\text{y}-15=0\\ 3\text{x}-5\text{y}-12=0\end{array}\Rightarrow \text{H}\left(\frac{111}{34};-\frac{15}{34}\right)\right.$

Ta có $\overrightarrow{\text{AB}}=(1;3;-5)$ và một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(\text{β}\right)$ là $\overrightarrow{{\text{n}}^{\text{'}}}=(1;1;2)$.

Gọi $\overrightarrow{\text{n}}$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left(\text{α}\right)$ ta có $\overrightarrow{\text{n}}=\left[\overrightarrow{\text{AB}},\overrightarrow{{\text{n}}^{\text{'}}}\right]=(11;-7;-2)$.

Gọi l là đường sinh của hình nón, ta có $1=\sqrt{{\text{R}}^2+{\text{h}}^2}$.

Diện tích xung quanh của hình nón là $15\text{π}$, suy ra $15\text{π}=\text{π}Rl\iff 15=3\cdot \sqrt{3^2+h^2}\iff h=4$.

Chu vi đường tròn đáy là $\text{C}=2\text{π}.\frac{2}{\text{π}}=4$ cm. Cắt hình trụ làm 10 phần bằng nhau sợi dây chạy hết một phần bằng 5 cm. Trải một phần hình trụ ra ta được hình sau

Theo Pitago, ta có: $1=\sqrt{5^2-4^2}=3$cm => Chiều dài đường sinh của hình trụ ban đầu là 30 cm

Gọi M là trung điểm $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\Rightarrow CM\perp \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)$

Góc giữa CC' và (A'B'C') là $\widehat{{\text{CC}}^{\text{'}}\text{M}}={45}^{°}\Rightarrow \Delta {\text{CC}}^{\text{'}}\text{M}$ vuông cân tại M

$\Rightarrow CM=C^{\text{'}}M=\frac{C^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}{2}=\frac{a}{2}\cdot C$ó $\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C$ đều nên $A^{\text{'}}M=\frac{a\sqrt{3}}{2};S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}{A}^{\text{'}}M\cdot B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Gọi E là trọng tâm của tam giác ACD, M là trung điểm của CD. Nối BE cắt AAˊ tại G suy ra G là trọng tâm tứ diện.

Xét tam giác MAB, có $\frac{\text{ME}}{\text{MA}}=\frac{{\text{MA}}^{\text{'}}}{\text{MB}}=\frac{1}{3}$ suy ra A'E // AB.

$\Rightarrow \frac{{\text{A}}^{\text{'}}\text{E}}{\text{AB}}=\frac{1}{3}$. Theo định lí Talet $\frac{{\text{A}}^{\text{'}}\text{E}}{\text{AB}}=\frac{{\text{A}}^{\text{'}}\text{G}}{\text{AG}}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{\text{GA}}{{\text{GA}}^{\text{'}}}=3$.

Hàm số $\text{y}=\text{f}(\text{x}+2020)$ có 3 điểm cực trị giống như hàm số $\text{y}=\text{f}\left(\text{x}\right)$.

Hàm số $\text{g}\left(\text{x}\right)=\left|\text{f}(\text{x}+2020)+{\text{m}}^2\right|$ có 5 điểm cực trị => đồ thị hàm số $\text{h}\left(\text{x}\right)=\text{f}(\text{x}+2020)+{\text{m}}^2$ có 2 giao điểm với trục Ox (không trùng với điểm cực trị) $\iff \text{h}\left(\text{x}\right)=0$ có 2 nghiệm bội lẻ.

Phương trình $h\left(x\right)=0\iff f(x+2020)=-m^2$ (1) .

Phương trình (1) có 2 nghiệm bội lẻ <=> phương trình $f\left(x\right)=-m^2$ có 2 nghiệm bội lẻ.

Dựa vào đồ thị ta thãy phương trình (1) có 2 nghiệm bội lé

$\iff \left[\begin{array}{l}-{\text{m}}^2\ge 2\\ -6<-{\text{m}}^2\le -2\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}{\text{m}}^2\le -2\\ 2\le {\text{m}}^2<6\end{array}\iff 2\le {\text{m}}^2<6\right.\right.$.

Điều kiện xác định: x < 2.

Khi đó $m\sqrt{2-x}=\frac{x^2-2mx+2}{\sqrt{2-x}}\iff m(2-x)=x^2-2mx+2\iff x^2-mx+2-2m=0$

PT (1) có nghiệm dương khi PT (2) có nghiệm thuộc (0;2)

TH1: PT(2) có nghiệm thòa mãn $0<x_1\le x_2<2$. Ta tìm được $m\in [-4+2\sqrt{6};1)$

TH2: PT(2) có nghiệm thỏa mãn $x_1\le 0<x_2<2$. Ta tìm được $1\le \text{m}<\frac{3}{2}$.

TH3: PT(2) có nghiệm thỏa mãn $0<x_1<2<x_2$. Không tìm được m thóa mãn.

Ta có: $(x-1)f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x+2}\iff \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{(x-1)(x+2)}$.

Lấy nguyên hàm hai vế ta có $\int \frac{f^{\text{'}}\left(x\right)dx}{f\left(x\right)}=\int \frac{dx}{(x-1)(x+2)}$ suy ra $\ln \left|f\right(x\left)\right|=\frac{1}{3}\ln \left|\frac{x-1}{x+2}\right|+C$

Do $f\left(2\right)=2$ nên $\ln 2=\frac{1}{3}\ln \frac{1}{4}+C\iff C=\frac{5\ln 2}{3}=\frac{\ln 32}{3}$.

Suy ra $\ln \left|f\right(x\left)\right|=\frac{1}{3}\left(\ln \left|\frac{x-1}{x+2}\right|+\ln 32\right)=\ln \left(\sqrt[3]{32\cdot \frac{x-1}{x+2}}\right)$

Số phần tử của không gian mẫu là $\text{n}\left(\Omega \right)=5!=120$.

Gọi A là biến cố "học sinh lớp C ngồi giữa 2 học sinh lớp B".

Vì học sinh lớp C luôn ngồi giữa hai học sinh lớp B nên coi 3 học sinh này là một nhóm.

Xếp 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C thành nhóm như vậy có 2 cách.

Xếp nhóm này cùng 3 học sinh lóp A vào bàn tròn có 3! cách $\Rightarrow n\left(A\right)=2.3!=12$.

Tập xác định: D = R.

Ta có $y^{\text{'}}=4x^3-6x^2+2x;y^{\text{'}}=0\iff 2x\left(2x^2-3x+1\right)=0\iff x=0,x=1,x=\frac{1}{2}$.

Ta có bảng xét dấu của yˊ

Ta có toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC được tính theo công thức:

Trường hợp 1: Xếp các số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 vào 6 vị trí sao cho phải có mặt chữ số 8 và chữ số 9 đồng thời giữa hai số này có đúng hai chữ số khác.

Xếp số 8 và số 9 có 2! cách. Xếp 2 số vào giữa số 8 và số 9 có ${\text{A}}_8^2$ cách.

Coi 4 số vừa xếp là một số X. Xếp X và các số còn lại vào 3 vị trí. Xếp X vào một trong 3 vị trí có 3 cách, xếp 6 số còn lại vào 2 vị trí có ${\text{A}}_6^2$ cách.

Vậy trường hơp 1 có: $2.{\text{A}}_8^2\mathrm{.3.}{\text{A}}_6^2=10080$ số.

Trường hợp 2: Xếp số 0 đứng đầu. Khi đó xếp các số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 vào 5 vị trí sao cho phải có mặt chữ số 8 và chữ số 9 đồng thời giữa hai số này có đúng hai chữ số khác.

Xếp số 8 và số 9 có 2! cách. Xếp 2 số vào giữa số 8 và số 9 có ${\text{A}}_7^2$ cách.

Coi 4 số vừa xếp là một số X. Xếp X và các số còn lại vào 2 vị trí. Xếp X vào một trong 2 vị trí có 2 cách, xếp 5 số còn lại vào 1 vị trí có 5 cách.

Vậy trường hợp 2 có: $2.A_7^2\mathrm{.2.5}=840$ số.

Vì $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f\left(x\right)-16}{x-1}=24\Rightarrow f\left(1\right)=16$. Thật vậy, nếu $f\left(1\right)\ne 16$ thì $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f\left(x\right)-16}{x-1}=\infty$.

Đáp án: 20

Trường hợp 1: m = 0 => y = -1 nên hàm số không có cực trị => m = 0 (loại).

Trường hơp 2: $\text{m}\ne 0\Rightarrow {\text{m}}^2>0$. Hàm số $\text{y}={\text{m}}^2{\text{x}}^4-\left({\text{m}}^2-2019 \text{m}\right){\text{x}}^2-1$ có đúng một cực trị $\iff m^2\cdot \left[-\left(m^2-2019m\right)\right]\ge 0\iff m^2-2019m\le 0\iff 0\le m\le 2019$.