Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 3)

Ta có: $u_n=1-3n\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1-3.1=-2\\ u_{10}=1-3.10=-29\end{array}\right.$.

Cho $\text{f}\left(\text{x}\right)={\text{x}}^3-3{\text{x}}^2+1$. Phương trình $\sqrt{\text{f}\left(\text{f}\right(\text{x})+1)+1}=\text{f}\left(\text{x}\right)+2$ có số nghiệm thực là

Đặt $t=f\left(x\right)+1\Rightarrow \sqrt{f\left(t\right)+1}=t+1\iff \left\{\begin{array}{l}t\ge -1\\ f\left(t\right)+1=t^2+2t+1\end{array}\right.$

$\Rightarrow t^3-3t^2+1+1=t^2+2t+1\Rightarrow t^3-4t^2-2t+1=0$

Ta có: $v\left(t\right)=\int a\left(t\right)dt=\int \frac{3}{t+1}=3\ln \left|t+1\right|+C$.

Lại có: $v\left(6\right)=6\iff 3\ln 7+c=6\iff c=6-3\ln 7$. Suy ra $v\left(20\right)=3\ln 21+6-3\ln 7=3\ln 3+6$.

Số tiền ông Tuấn nhận được sau n năm là $T_n=100{\left(1+\frac{12}{100}\right)}^n$.

$T_n-100>40\iff 100{\left(1+\frac{12}{100}\right)}^n-100>40\iff n>{\log }_{1+\frac{12}{100}}\frac{140}{100}\approx 2,97.$

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}(x+1)<{\log }_{\frac{1}{2}}(2x-1)\iff \left\{\begin{array}{l}x+1>2x-1\\ 2x-1>0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x<2\\ x>\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$.

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

Hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ\iff m^2{x}^2-2\left(m^2-4m\right)x+1\ge 0,\forall x\in ℝ$. (*).

Với m = 0, ta có ${\text{y}}^{\text{'}}=1\ge 0,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Thỏa mãn bài toán.

Với $m\ne 0\iff m^2>0:(*)$ được thỏa mãn khi và chỉ khi ${\Delta }^{\text{'}}={\left(m^2-4m\right)}^2-m^2\le 0$

$\iff m^2\left[{(m-4)}^2-1\right]\le 0\iff \left\{\begin{array}{l}{(m-4)}^2\le 1\\ m\ne 0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}-1\le m-4\le 1\\ m\ne 0\end{array}\iff 3\le m\le 5.\right.\right.$

Dùng casio giải phương trình ${\text{z}}^2+2\text{z}+5=0$.

Được hai nghiệm phức phân biệt là ${\text{z}}_{1,2}=1\pm 2\text{i}$.

Gọi E(x;y). Ta có $\overrightarrow{\text{AE}}=3\overrightarrow{\text{AB}}-2\overrightarrow{\text{AC}}\iff \overrightarrow{\text{AE}}-\overrightarrow{\text{AB}}=2(\overrightarrow{\text{AB}}-\overrightarrow{\text{AC}})\iff \overrightarrow{\text{BE}}=2\overrightarrow{\text{CB}}$

$\text{CH}\perp \text{AB}$ mà $\text{AB}:7x-y+4=0$ nên CH có phương trình $1\left(x-x_H\right)+7\left(y-y_H\right)=0$ trong đó $x_{H^{\text{'}}}{y}_H$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{array}{l}2x+y-4=0\\ x-y-2=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=0\end{array}\Rightarrow H(2;0)\right.\right.$.

Vậy phương trình đường cao $\text{CH}:1(x-2)+7(\text{y}-0)=0\iff x+7y-2=0$.

$\text{CH}\perp \text{AB}$ mà $\text{AB}:7x-y+4=0$ nên CH có phương trình $1\left(x-x_H\right)+7\left(y-y_H\right)=0$ trong đó $x_{H^{\text{'}}}{y}_H$ là nghiệm của hệ: $\left\{\begin{array}{l}2x+y-4=0\\ x-y-2=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=0\end{array}\Rightarrow H(2;0)\right.\right.$.

Vậy phương trình đường cao $\text{CH}:1(x-2)+7(\text{y}-0)=0\iff x+7y-2=0$.

Ta có: $\Delta SAB$ vuông cân tại S nên $\left\{\begin{array}{l}r=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}\\ h=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$.

Đặt AD = a suy ra đường kính của hai đường tròn là $\text{BE}=\frac{\text{BC}}{2}=\frac{\text{a}}{2}$.

Khi đó hình trụ có chiều cao h = a, bán kính đáy $\text{r}=\frac{\text{a}}{4}$.

Thể tích khối trụ $\text{V}={\text{πr}}^2 \text{h}=\frac{{\text{πa}}^3}{16}=\frac{27\text{π}}{2}\Rightarrow \text{a}=6$.

Chu vi đường tròn đáy bằng độ dài cạnh AE nên $\text{AE}=2\text{πr}=\frac{\text{πa}}{2}=3\text{π}.\text{AB}=\text{AE}+\text{EB}=3\text{π}+3$.

Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính R = 10. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) là  d(I;(P)) = 6 < R nên (P) cắt (S). Khoảng cách từ M thuộc (S) đến (P) lớn nhất

$\Rightarrow M\in \left(d\right)$ đi qua I và vuông góc với (P). Phương trình (d): $\left\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=-2-2t\\ z=1-t\end{array}\right.$.

Áp dụng bät đẳng thúc AM - GM ta có: $4=\frac{AB}{A{B}^{\text{'}}}+\frac{AC}{A{C}^{\text{'}}}+\frac{AD}{A{D}^{\text{'}}}\ge 3\sqrt{\frac{AB.AC.AD}{A{B}^{\text{'}}.A{C}^{\text{'}}.A{D}^{\text{'}}}}$

$\Rightarrow \frac{A{B}^{\text{'}}.A{C}^{\text{'}}.A{D}^{\text{'}}}{AB.AC.AD}\ge \frac{27}{64}\Rightarrow \frac{V_{A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}{V_{\text{ABCD }}}=\frac{A{B}^{\text{'}}.A{C}^{\text{'}}.A{D}^{\text{'}}}{AB.AC.AD}\ge \frac{27}{64}\Rightarrow V_{A{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}\ge \frac{27}{64}{V}_{ABCD}$

Để ${\text{V}}_{\text{AB'C'D'}}$ nhỏ nhất khi và chi khi $\frac{{\text{AB}}^{\text{'}}}{\text{AB}}=\frac{{\text{AC}}^{\text{'}}}{\text{AC}}=\frac{{\text{AD}}^{\text{'}}}{\text{AD}}=\frac{3}{4}\Rightarrow \overrightarrow{{\text{AB}}^{\text{'}}}=\frac{3}{4}\overrightarrow{\text{AB}}\Rightarrow {\text{B}}^{\text{'}}\left(\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}\right)$.

Lúc đó mặt phẳng ( ${\text{(B}}^{\text{'}}{\text{C}}^{\text{'}}\text{D}\text{'})$ song song với mặt phẳng (BCD) và đi qua ${\text{B}}^{\text{'}}\left(\frac{7}{4};\frac{1}{4};\frac{7}{4}\right)$ 

$y=\left|4f\left(\sin x\right)+\cos 2x-a\right|=\left|4f\left(\sin x\right)-2{\sin }^{2}x+1-a\right|$.

Đặt $t=\sin x,t\in (0;1)$ do $x\in \left(0;\frac{\text{π}}{2}\right)$

Bài toán trở thành: Có bao nhiêu sớ nguyên dương a để hàm số $\text{y}=\left|4\text{f}\left(\text{t}\right)-2{\text{t}}^2+1-\text{a}\right|$ nghịch biến trên khoảng (0;1).

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{\left(4f^{\text{'}}\left(t\right)-4t\right)\left(4f\left(t\right)-2t^2+1-a\right)}{\left|4f\left(t\right)-2t^2+1-a\right|}\le 0,\forall t\in (0;1)(*)$.

Với $\text{t}\in (0;1)$ thì đồ thị hàm số $\text{y}={\text{f}}^{\text{'}}\left(\text{t}\right)$ nằm phía dưới trục Ox

$\Rightarrow {\text{f}}^{\text{'}}\left(\text{t}\right)<0,\forall \text{t}\in (0;1)\Rightarrow {\text{f}}^{\text{'}}\left(\text{t}\right)-\text{t}<0,\forall \text{t}\in (0;1)\text{. }$

Khi đó: $(*)\iff 4f\left(t\right)-2t^2+1-a\ge 0,\forall t\in (0;1)\iff a\le 4f\left(t\right)-2t^2+1,\forall t\in (0;1)$.

Xét hàm số $\text{g}\left(\text{t}\right)=4\text{f}\left(\text{t}\right)-2{\text{t}}^2+1$ trên (0;1).

Ta có $g^{\text{'}}\left(t\right)=4f^{\text{'}}\left(t\right)-4t<0\Rightarrow g\left(t\right)>g\left(1\right)=4f\left(1\right)-2.1+1=3,\forall t\in (0;1)$.

Chọn D.

Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, CD, BD.

Ta có $\frac{{\text{V}}_{\text{AMNP}}}{{\text{V}}_{\text{AEFI}}}=\frac{8}{9}\Rightarrow {\text{V}}_{\text{AMNP}}=\frac{8}{9} {\text{V}}_{\text{AEFI}}=\frac{2}{9} \text{V}$.

$V_{MNPQ}=\frac{1}{3}d(Q,(MNP\left)\right).S_{MNP}=\frac{1}{3}\frac{1}{2}d(A,(MNP\left)\right).S_{MNP}=\frac{1}{6}d(Q,(MNP\left)\right).S_{MNP}=\frac{1}{2}{V}_{\text{AMNP }}=\frac{V}{9}.$

Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán có dạng $\overline{\text{abcdef }}$.

Xét trường hợp có cả chữ số 0 đứng đầu. Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là ${\text{C}}_7^2$.

Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là ${\text{C}}_5^3$.

Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp $\{0,1,4,5,6,7,8,9\}$ để xếp vào hai vị trí cuối là ${\text{A}}_{78}^2$.

Do đó có ${\text{C}}_7^2{\text{.C}}_5^3{\text{.A}}_8^2=11760$ số

Xét trường hợp chữ số 0 đứng đầu, $\text{a}=0$ nên có 1 cách chọn.

Số cách chọn vị trí cho chữ số 2 là: ${\text{C}}_6^2$.

Số cách chọn vị trí cho chữ số 3 là ${\text{C}}_4^3$.

Số cách chọn 2 chữ số còn lại trong tập hợp $\{1,4,5,6,7,8,9\}$ là 7 cách. Do đó có: $1.C_6^2.C_4^3.7=420$