Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 13)

Thể tích khối tròn xoay (H) giới hạn bởi các đường $y=x^2;x=1;x=3$ quay quanh trục Ox được tính bằng công thức $V=\pi {\int }_1^3{x}^{4}dx$

Từ hình vẽ ta có tọa độ điểm M( 2;3) biểu diễn số phức $z_1=3+2i$ 

Tọa độ điểm N ( 1;-4) biểu diễn $z_2=1-4i$

Ta có $z_1=2-3i,z_2=3+4i$ khi đó

$\begin{array}{l}{z}_1^2-2z_2=-2(3+4i)=-11-20i\\ \Rightarrow |-11-20i|=\sqrt{521}\end{array}$

Giả sử $z=a+bi\Rightarrow \overline{z}=a-bi$

Số phức z là số ảo $\iff a=0\iff z=bi=-(-bi)=-\overline{z}$

Chiều cao của hình nón: $h=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$.

Thể tích của khối nón là: $V=\frac{1}{3}B\cdot h=\frac{1}{3}\pi a^{2}a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{3}$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{3+(-1)+1}{3}=1\\ y_G=\frac{-2+2+0}{3}=0\\ z_G=\frac{3+5+1}{3}=3\end{array}\right.\iff G(1;0;3)$

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+{(z+3)}^2=5$ có tâm $I(0;0;-3)$ và bán kính $R=\sqrt{5}.$

Ta có $d=d(I,(P\left)\right)=\frac{|2.0-0-2.3+3|}{\sqrt{4+1+4}}=1$

Khi đó bán kính của đường tròn giao tuyến giữa mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) là $r=\sqrt{R^2-d^2}=2$.

Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ $M(0;1;-1)$, đường thẳng song song với d có vecto chì phương là $\overrightarrow{u}(1;-1;2)$.

Vậy đường thẳng cần tìm là $\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z+1}{2}$

+ Chữ số 5 có mặt 3 lần trong số có 12 chữ số nên có $C_{12}^3$ cách chọn vị trí cho chữ số 5 .

+ Chữ số 6 có mặt 4 lần trong $12-3=9$ chữ số còn lại nên có $C_9^4$ cách chọn vị trí cho chữ số 6 .

+ Còn 5 chữ số cuối cùng xếp vào 5 vị trí còn lại nên có 5 ! cách.

Vậy có tất cả số cách chọn số thỏa mãn đề bài là $C_{12}^3\cdot C_8^4\cdot 5!=3326400$ cách.

Gọi cạnh của mảnh bìa là a (a>0) khi đó ta có chiều cao của 2 lăng trụ sau khi dựng là a.

Nếu gập thành 4 phần bằng nhau thì ta thu được đáy là hình vuông có chu vi đáy là a. Suy ra $S_1={\left(\frac{a}{4}\right)}^2$

Nếu gập thành 3 phần bằng nhau thì ta thu được đáy là hình tam giác đều có chu vi đáy là a.

Suy ra $S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}{\left(\frac{a}{3}\right)}^2=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{36}$.

Vậy $\frac{V_1}{V_2}=\frac{S_1}{S_2}=\frac{{\left(\frac{a}{4}\right)}^2}{\frac{\sqrt{3}{a}^2}{36}}=\frac{36}{16\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$.

Phương trình tham số của đường thẳng $d:\left\{\begin{array}{l}x=-1-2t\\ y=-t\\ z=2+t\end{array}(t\in ℝ)\right.$.

Điểm $P\in d\Rightarrow P(-1-2t;-t;2+t)$.

Ta có: $PM=\sqrt{{\left(2t\right)}^2+{(3+t)}^2+{(-1-t)}^2}=\sqrt{6t^2+8t+10}$.

$PN=\sqrt{{(1+2t)}^2+{(2+t)}^2+{(-3-t)}^2}=\sqrt{6t^2+14t+14}$.

Tam giác MNP cân tại P suy ra

$PM=PN\iff \sqrt{6t^2+8t+10}=\sqrt{6t^2+14t+14}\iff 6t^2+8t+10=6t^2+14t+14\iff t=-\frac{2}{3}$

Khi đó $P\left(\frac{1}{3};\frac{2}{3};\frac{4}{3}\right)=(a;b;c)$. Suy ra $a=\frac{1}{3};b=\frac{2}{3};c=\frac{4}{3}$.

Vậy $3a+b+c=3\cdot \frac{1}{3}+\frac{2}{3}+\frac{4}{3}=3$.

+ Vậy hàm số $y=\left|h\left(x\right)\right|$ có 3 điểm cực tiểu.

+ Gọi tâm mặt cầu là I ( a;b;c).

+ Mặt cầu (S) luôn tiếp xúc với ba mặt phẳng tọa độ nên $\left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|=R\left(1\right)$

+ Vì hai điểm A( 1;2;3) và B( 2;3;4) có tọa độ dương và đoạn $A B$ luôn nằm trong (S) nên $a=b=c=R$

$+\Rightarrow I(R;R;R)$.

+ Đoạn AB luôn nằm trong

$\left(S\right)\leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}IA<R\\ IB<R\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{(1-R)}^2+{(2-R)}^2+{(3-R)}^2<R^2\\ {(2-R)}^2+{(3-R)}^2+{(4-R)}^2<R^2\end{array}\right.\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}2R^2-12R+14<0\\ 2R^2-18R+29<0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}3-\sqrt{2}<R<3+\sqrt{2}\\ \frac{9-\sqrt{23}}{2}<R<\frac{9+\sqrt{23}}{2}\end{array}\iff \frac{9-\sqrt{23}}{2}<R<3+\right.\right.\sqrt{2}$

+ Vì $R\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow R\in \{3;4\}$.

+ Vậy giá trị nguyên lớn nhất của R đạt được là 4 .

Ta có:

$\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{f\left(t\right)-f\left(t_0\right)}{t-t_0}=\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{t^2+t+6-\left(t_0^2+t_0+6\right)}{t-t_0}==\underset{t\to t_0}{\lim }\left(t+t_0+1\right)=2t_0+1$

Vậy $f^{\text{'}}\left(t_0\right)=2t_0+4$.

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 2 là $v_{tt}=f^{\text{'}}\left(2\right)=2.2+1=5( \text{m}/\text{s})$.

Tập xác định:  D = R.

$y^{\text{'}}=3x^2-6x+m\text{. }$

Hàm số $y=x^3-3x^2+mx+5$ có hai cực trị $\iff$ phương trình  y' = 0 có hai nghiệm phân biệt $\iff {\Delta }^{\text{'}}=9-3m>0\iff m<3$.

Vậy, các giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m < 3.

Từ bảng biến thiên của hàm số y = f (x) ta có bảng biến thiên của hàm số $y=\left|f\right(x\left)\right|$ như sau:

Số nghiệm của phương trình $\left|f\right(x\left)\right|=2$ là số giao điểm của đồ thị $y=\left|f\right(x\left)\right|$ và đường thẳng y = 2.

Dựa vào hình trên số giao điểm của đồ thị $y=\left|f\right(x\left)\right|$ và đường thẳng y = 2 là 5 nên số nghiệm của phương trình $\left|f\right(x\left)\right|=2$ là 5 .

Hàm số $f\left(x\right)=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}-2x-1$ liên tục trên đoạn [0;2].

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

$\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\in [0;2]\\ x=-2\notin [0;2]\end{array}\right.\\ f\left(0\right)=-1;f\left(1\right)=-\frac{13}{6};f\left(2\right)=-\frac{1}{3}.\end{array}$

Như vậy $M=-\frac{1}{3}$

$P=6M+2021=6\cdot \left(-\frac{1}{3}\right)+2021=2019$

Đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành tại ba điểm $x=-1,x=1,x=2$ ‘

Trên khoảng $(-1;1):f\left(x\right)>0$; trên khoảng$(1;2):f\left(x\right)<0$ 

$I=\frac{1}{2}{\int }_1^{2}f\left(x\right)dx=\frac{3}{2}$

Gọi $z=a+bi(a,b\in ℝ):\left\{\begin{array}{l}|z{|}^2+|\overline{z}{|}^2=50\\ z+\overline{z}=8\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=25\\ 2a=8\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{b}^2=9\\ a=4\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=3\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=-3\end{array}.\right.\end{array}\right.\right.\right.$(Thoả mãn)