Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 2)

Ta có $f\left(x\right)>2x+m\iff m<f\left(x\right)-2x(*)$. Xét hàm số $g\left(x\right)=f\left(x\right)-2x$ trên (0;2).

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-2<0,\forall x\in (0;2)$ nên hàm số g(x) nghịch biến trên (0;2).

Tổng số tiền người nhận hợp đồng lãnh sau 5 năm

${\text{S}}_{\text{kn}}=$ A.n $\frac{{(1+\text{r})}^{\text{k}}-1}{\text{r}}$ với A = 8 triệu; n = 6 tháng; k = 10 ( 5 năm là 10.6 tháng); r = 10%.

Ta có phương trình $\sqrt{2+\sin x}=0$ vô nghiệm nên:
$\text{V}=\text{π}{\int }_0^{\text{π}}{\left(\sqrt{2+\sin x}\right)}^2\text{dx}=\text{π}{\int }_0^{\text{π}}(2+\sin x)\text{dx}={\left.\text{π}(2x-\cos x)\right|}_0^{\text{π}}=2\text{π}(\text{π}+1)$

Khi m = 0 thì $\text{y}=2x^2+1$ đồng biến trên $(0;+\infty )$ nên đồng biến trên $(1;+\infty )$.

Như vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét khi $m\ne 0$ (lúc đó hệ số ${\text{m}}^2>0$) ${\text{y}}^{\text{'}}=4 {\text{m}}^2{\text{x}}^3-4(4 \text{m}-1)\text{x},{\text{y}}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{4m-1}{ {\text{m}}^2}\text{. }\end{array}\right.$

+ Nếu $\frac{4m-1}{m^2}>0$, tức là $m>\frac{1}{4}$ thì $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=\frac{\sqrt{4m-1}}{m}\\ x_3=-\frac{\sqrt{4m-1}}{m}\end{array}\right.$ 

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, để hàm số đồng biến trên $(1;+\infty )$ thì $\frac{\sqrt{4m-1}}{m}\le 1\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{1}{4}\\ \sqrt{4m-1}\le m\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{1}{4}\\ 4m-1\le m^2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{1}{4}\\ m^2-4m+1\ge 0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{1}{4}\\ m\le 2-\sqrt{3}\\ m\ge 2+\sqrt{3}\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}\frac{1}{4}<m\le 2-\sqrt{3}\\ m\ge 2+\sqrt{3}\end{array}\right.\right.\right.\right.$.

+ Nếu $\left\{\begin{array}{l}m\le \frac{1}{4}\\ m\ne 0\end{array}\right.$ thì $y^{\text{'}}=0\iff x=0\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $(0;+\infty )$ nên đồng biến trên $(1;+\infty )$.

Như vậy, hàm số đồng biến trên $(1;+\infty )$ khi $\left[\begin{array}{l}m\le 2-\sqrt{3}\\ m\ge 2+\sqrt{3}\end{array}\right.$.

Đường tròn (C) có tâm $I(3;-2),R=5$. Do AB = 8 nên $I\notin \Delta$

Có $\Delta \text{//d}:3\text{x}-4\text{y}-2=0$ nên $\Delta$ có dạng: $\text{d}:3\text{x}-4\text{y}+\text{C}=0,\text{C}\ne -2$

Gẹi M là trung điểm của AB. Khi đó: $\text{AM}=4,\text{AI}=\text{R}=5\Rightarrow \text{IM}=3$

Mà IM $=\text{d}(\text{I};\Delta )$ nên ta có $\frac{|3.3-4(-2)+\text{C}|}{\sqrt{3^2+{(-4)}^2}}=3\iff |17+\text{C}|=15\iff \left[\begin{array}{l}\text{C}=-2\\ \text{C}=-32\end{array}\right.$

C = -2 không thỏa mãn điều kiện

Vì M là trung điểm của BC $\Rightarrow \text{M}\left(5;\frac{5}{2}\right)$

Tam giác ABC đều cạnh $2\text{a}\Rightarrow {\text{S}}_{\text{ABC}}=\frac{{\left(2\text{a}\right)}^2\sqrt{3}}{4}={\text{a}}^2\sqrt{3}$.

Gọi $\text{A}(\text{a};0;0),\text{B}(0;\text{b};0),\text{C}(0;0;\text{c})$. Phương trình mặt phẳng (P) là: $\frac{\text{x}}{\text{a}}+\frac{\text{y}}{\text{b}}+\frac{\text{z}}{\text{c}}=1$.

Gọi H là hình chiếu của O lên (P). Ta có: $d(O;(P\left)\right)=OH\le OM$.

Do đó max d(O;(P)) = OM khi và chi khi (P) qua M(1;2;3) nhận OM = (1;2;3) làm VTPT.

Do đó (P) có phương trình: $1(x-1)+2(y-2)+3(z-3)=0\iff x+2y+3z=14\iff \frac{x}{14}+\frac{y}{7}+\frac{z}{\frac{14}{3}}=1$.

Chọn $\overrightarrow{\text{OB}}=(-2;3;1)$ là vecto chỉ phương của đường thẳng cần tìm.

Ta có $y^{\text{'}}=(2x+4)f^{\text{'}}\left(x^2+4x\right)-2x-4=(2x+4)\left[f^{\text{'}}\left(x^2+4x\right)-1\right]$.

$y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}2x+4=0\\ f^{\text{'}}(x^2+4x)-1=0\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\left(1\right)\\ f^{\text{'}}\left(x^2+4x\right)-1=0.\end{array}\right.\right.$

Từ đồ thị hàm số f'(x) ta có

$f^{\text{'}}\left(x^2+4x\right)-1=0\iff f^{\text{'}}\left(x^2+4x\right)=1\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2+4x=-4\\ x^2+4x=0\\ x^2+4x=a\in (1;5)\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\in (-5;1)\\ x=0\in (-5;1)\\ x=-4\in (-5;1)\\ x=-2-\sqrt{4+a}\in (-5;1)\\ x=-2+\sqrt{4+a}\in (-5;1)\end{array}\right.\right.$(2)

Ta có: $\overrightarrow{\text{OA}}=(2;2;1),\overrightarrow{\text{OB}}=\left(-\frac{8}{3};\frac{4}{3};\frac{8}{3}\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{\text{OA}}.\overrightarrow{\text{OB}}=-\frac{16}{3}+\frac{8}{3}+\frac{8}{3}=0\Rightarrow \overrightarrow{\text{OA}}\perp \overrightarrow{\text{OB}}\text{. }$

Lại có: $\text{OA}=3,\text{OB}=4\Rightarrow \text{AB}=5$.

Gọi D là chân đường phân giác trong góc $\widehat{\text{AOB}}$ => D thuộc đoạn AB.

Theo tính chất của phân giác trong ta có: $\frac{\text{DA}}{\text{DB}}=\frac{\text{OA}}{\text{OB}}=\frac{3}{4}\Rightarrow \overrightarrow{\text{DA}}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{\text{DB}}\Rightarrow \text{D}=\left(0;\frac{12}{7};\frac{12}{7}\right)$.

Tam giác OAB có diện tích $\text{S}=\frac{1}{2}.\text{OA}.\text{OB}=6$, nửa chu vi $\text{p}=\frac{\text{OA}+\text{OB}+\text{AB}}{2}=6$

$\Rightarrow \text{r}=\frac{\text{S}}{\text{P}}=1$ là bán kính đường tròn nội tiếp; chiều cao $\text{OH}=\frac{\text{OA}.\text{OB}}{\text{AB}}=\frac{12}{5}$.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAD => I thuộc đoạn OD.

Ta có: $\frac{\text{DI}}{\text{DO}}=\frac{\text{r}}{\text{OH}}=\frac{5}{12}\Rightarrow \overrightarrow{\text{DI}}=\frac{5}{12}\overrightarrow{\text{DO}}\Rightarrow \text{I}=(0;1;1)$ hay $\left\{\begin{array}{l}\text{a}=0\\ \text{b}=1.\\ \text{c}=1\end{array}\right.$.

Đặt hàm $h\left(x\right)=4f\left(x\right)+x^2$.

$$\begin{gathered} h^{\text{'}}\left(x\right)=4f^{\text{'}}\left(x\right)+2x\text{. } \\ {h}^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=-\frac{1}{2}x\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\\ x=4\end{array}\right. \\ \text{h}\left(0\right)=4\text{f}\left(0\right)+0^2=0 \end{gathered}$$

Bảng biến thiên

Hàm số $\text{g}\left(\text{x}\right)=\left|\text{h}\right(\text{x}\left)\right|$ đồng biến trên từng khoảng (a;-2), (0;4) và $(\text{b};+\infty )$ với

$a\in (-\infty ;-2),b\in (4;+\infty )$.

Ta có $|mx+2x-1|=|x-1|\iff \left[\begin{array}{l}mx+2x-1=x-1\\ mx+2x-1=-(x-1)\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}(m+1)x=0\\ (m+3)x=2\end{array}\right.\right.$

Xét (1), ta có:

+ $m=-1$ thì phương trình nghiệm đúng với mọi $x\in ℝ$.

+ $m\ne -1$ thì phương trình có nghiệm x = 0.

Xét (2), ta có:

+ $\text{m}=-3$ thì phương trình vô nghiệm.

+ $m\ne -3$ thì phương trình có nghiệm $x=\frac{2}{m+3}$.

Ta có: ${\left[{\text{f}}^{\text{'}}\left(\text{x}\right)\right]}^2=4\cdot \left[2{\text{x}}^2+1-\text{f}\left(\text{x}\right)\right]$

$$\begin{gathered} \iff {\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^2-4x.f^{\text{'}}\left(x\right)+4x^2=12x^2+4-4\left[x.f^{\text{'}}\left(x\right)+f\left(x\right)\right] \\ \iff {\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2x\right]}^2=12x^2+4-4{[x.f(x\left)\right]}^{\text{'}} \\ \Rightarrow {\int }_0^1{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2x\right]}^{2}dx={\int }_0^1\left(12x^2+4\right)dx-4{\int }_0^1{\left[x.f\left(x\right)\right]}^{\text{'}}dx \\ \iff {\int }_0^1{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2x\right]}^{2}dx=8-{\left.4\left(x.f\left(x\right)\right)\right|}_0^1 \\ \iff {\int }_0^1{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2x\right]}^{2}dx=8-4.f\left(1\right) \\ \iff {\int }_0^1{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)-2x\right]}^{2}dx=0 \\ \Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=2x. \end{gathered}$$

Từ đó: $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int 2xdx=x^2+C$ mà $f\left(1\right)=2\Rightarrow C=1$ nên $f\left(x\right)=x^2+1$.

Số các số có 8 chữ số đôi một khác nhau là $9.{\text{A}}_9^7\Rightarrow$ Không gian mẫu $\Omega$ có số phần tử bằng $\text{n}\left(\Omega \right)=9.{\text{A}}_9^7$.

Gọi B: "số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25 "

Một số chia hết cho 25 tận cùng bằng 00, 25, 50, 75.

Nhưng vì số đó có các chữ số khác nhau nên số đó tận cùng bằng 25, 50, 75.

TH1: Số đó tận cùng bằng 25 hoặc 75 , khi đó số các số là: ${\text{2.7.A}}_7^5$.

TH2: Số đó tận cùng bằng 50 , khi đó số các số là: ${\text{A}}_8^6$.

Suy ra, số các số có 8 chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 25 là: $n\left(B\right)=\mathrm{2.7.}{A}_7^5+A_8^6$ 

Mặt phẳng (P): 2x + y - 1 = 0 có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{\text{n}}=(2;1;0)$.

TH1: Có 8 chữ số 8 .Có 1 số

TH2: Có 1 chữ số 1, 7 chữ số 8 . Có 8 cách xếp chữ số 1 nên có 8 số.

TH3: Có 2 chữ số 1, 6 chữ số 8 .Xếp 6 số 8 ta có 1 cách.

Từ 6 số 8 ta có 7 chỗ trống để xếp 2 số 1 . Nên ta có: $C_7^2=21$ số.

TH4: Có 3 chữ số 1, 5 chữ số 8 .Tương tự TH3, từ 5 chữ số 8 ta có 6 chỗ trống để xếp 3 chữ số 1.

Nên có: ${\text{C}}_6^3=20$ số.

TH5: Có 4 chữ số 1, 4 chữ số 8 .Từ 4 chữ số 8 ta có 5 chỗ trống để xếp 4 chữ số 1.

Nên có: $C_5^4=5$.