Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 4)

Điều kiện xác định: $x+1>0\iff x>-1$

${\log }_{\frac{1}{2}}(x+1)>-2\iff -{\log }_2(x+1)>-2\iff {\log }_2(x+1)<2\iff 0<x+1<4\iff -1<x<3.$

Sử dụng máy tính cầm tay ta thấy phương trình $z^2+2z+10=0$ có hai nghię̂m phức là $z_1=-1-3i;z_2=-1+3i$

Do ${\text{z}}_0$ là nghiệm phức có phần thực âm và phần ảo dương của phương trình ${\text{z}}^2+2\text{z}+10=0$

Nên $z_0=-1+3i\Rightarrow i{z}_0=i(-1+3i)=-3-i$.

Ta có $\overrightarrow{\text{BC}}=(-4;2;0)\Rightarrow \overrightarrow{\text{n}}=(-2;1;0)$.

Vậy phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BC có dạng:

Đặt $t=\sin x\Rightarrow 3t^2+2mt+2m-3=0(*)$

Khi $\text{x}\in \left[0;\frac{3\pi }{4}\right]\to \text{t}\in [0;1]$. Như vậy bài toán trở thành tìm m để (*) có nghiệm thuộc [0;1]

Giả sử cấp số cộng có số hạng đầu là u1 và công sai d.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\text{S}}_7=77\\ {\text{S}}_{12}=192\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}7{\text{u}}_1+\frac{\mathrm{7.6.}\text{d}}{2}=77\\ 12{\text{u}}_1+\frac{\mathrm{12.11.}\text{d}}{2}=192\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}7{\text{u}}_1+21 \text{d}=77\\ 12{\text{u}}_1+66 \text{d}=192\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{\text{u}}_1=5\\ \text{d}=2\end{array}\right.\right.\right.\right.$.

Ta có $y^{\text{'}}=-x^2+2x-m$. Để hàm số nghịch biến trên khoảng $(0;+\infty )$ thì $y^{\text{'}}\le 0$ với

$$\begin{gathered} \forall x\in (0;+\infty )\iff y^{\text{'}}=-x^2+2x-m\le 0;x\in (0;+\infty )\iff m\ge -x^2+2x;x\in (0;+\infty ) \\ \iff m\ge {\mathrm{Max}}_{(0;+\infty )}\left(-x^2+2x\right). \end{gathered}$$

Đặt $-x^2+2x=f\left(x\right)$. Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-2x+2;f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff x=1$

Ta có $w=z_2-i{z}_1=(2-i)-i(2+2i)=2-i-2i+2=4-3i$.

Gọi $z=x+yi(x,y\in ℝ):\left|2z-1\right|=1\iff \left|2x-1+2yi\right|=1$

$\iff \sqrt{{(2x-1)}^2+4y^2}=1\iff 4x^2+4y^2-4x=0\iff x^2+y^2-x=0\iff {\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{1}{4}\text{. }$

Chọn B

Gọi $A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c)$ với $a,b,c\ne 0$.

Khi đó phương trình mặt phẳng (P) qua A, B, C là: $\frac{\text{x}}{\text{a}}+\frac{\text{y}}{\text{b}}+\frac{\text{z}}{\text{c}}=1$.

Vì (P) đi qua M(3;2;1) nên ta có: $\frac{3}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$ (1).

$\overrightarrow{\text{MA}}=(\text{a}-3;-2;-1),\overrightarrow{\text{BC}}=(0;-\text{b};\text{c}),\overrightarrow{\text{MC}}=(-3;-2;\text{c}-1),\overrightarrow{\text{AB}}=(-\text{a};\text{b};0)$.

M là trực tâm của tam giác ABC $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}\overrightarrow{.BC}=0\\ \overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}2b-c=0\\ 3a-2b=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}c=2b\\ a=\frac{2b}{3}\end{array}\right.\right.\right.$

Thay (2) vào (1) ta được: $\frac{9}{2b}+\frac{2}{b}+\frac{1}{2b}=1\iff \frac{7}{b}=1\iff b=7\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=\frac{14}{3}\\ c=14\end{array}\right.$.

Chọn C

Khối tròn xoay được tạo thành gồm hai phần:

Phần thứ nhất là khối trụ có bán kính ${\text{R}}_1=\text{CD}=\text{a}$ và chiều cao ${\text{h}}_1=1=\text{BC}=\text{a}$.

ABC.AˊBˊCˊ  là lăng trụ tam giác đều → ABC.AˊBˊCˊ là lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều.

Ta có: ${\text{A}}^{\text{'}}\text{A}\perp \left(\text{ABC}\right)\Rightarrow \widehat{\left({\text{A}}^{\text{'}}\text{C};\left(\text{ABC}\right)\right)}=\widehat{{\text{A}}^{\text{'}}\text{CA}}={45}^{°}$

$\Rightarrow \Delta {\text{A}}^{\text{'}}\text{AC}$ vuông cân tại $\text{A}\Rightarrow {\text{A}}^{\text{'}}\text{A}=\text{AC}=4\text{a}$.

$$\begin{gathered} S_{△ABC}=\frac{{\left(\text{AB}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{{\left(4\text{a}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=4{\text{a}}^2\sqrt{3} \\ \Rightarrow V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{△ABC}=4a.4a^2\sqrt{3}=16a^3\sqrt{3} \end{gathered}$$

Gọi I là giao điểm của BD và RQ. Nối P với I, cắt AD tại S.

Ta có $\frac{\text{DI}}{\text{IB}}.\frac{\text{BR}}{\text{RC}}.\frac{\text{CQ}}{\text{QD}}=1$ mà $\frac{\text{CQ}}{\text{QD}}=2$ suy ra $\frac{\text{DI}}{\text{IB}}.\frac{\text{BR}}{\text{RC}}=\frac{1}{2}\iff \frac{\text{DI}}{\text{IB}}=\frac{1}{2}.\frac{\text{RC}}{\text{BR}}$.

Vì PR song song với AC suy ra $\frac{\text{RC}}{\text{BR}}=\frac{\text{AP}}{\text{PB}}\Rightarrow \frac{\text{DI}}{\text{IB}}=\frac{1}{2}.\frac{\text{AP}}{\text{PB}}$.

Gọi J là trung điểm $\text{AB}\Rightarrow \text{J}(2;0;-1)$

Tam giác ABO vuông tại O nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.

Gọi I là tâm mặt cầu (S), (S) qua các điểm A, B, O.

Ta có đường thẳng IJ qua J và có một VTCP là $\overrightarrow{\text{j}}=(0;1;0)$ nên có phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=b\\ z=-1\end{array}\right.$.

Giả sử $M(x;y;z)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AM}=(x;y;z+1)\\ \overrightarrow{BM}=(x+1;y-1;z)\\ \overrightarrow{CM}=(x-1;y;z-1)\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A{M}^2=x^2+y^2+{(z+1)}^2\\ B{M}^2={(x+1)}^2+{(y-1)}^2+z^2\\ C{M}^2={(x-1)}^2+y^2+{(z-1)}^2\end{array}\right.\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 3M{A}^2+2M{B}^2-M{C}^2=3\left[x^2+y^2+{(z+1)}^2\right]+2\left[{(x+1)}^2+{(y-1)}^2+z^2\right] \\ -\left[{(x-1)}^2+y^2+{(z-1)}^2\right] \\ =4x^2+4y^2+4z^2+6x-4y+8z+6={\left(2x+\frac{3}{2}\right)}^2+{(2y-1)}^2+{(2z+2)}^2-\frac{5}{4}\ge -\frac{5}{4} \end{gathered}$$

Phương trình tương đương với $\left|2x^2-3x-2\right|+x^2+8x=5a$

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=\left|2x^2-3x-2\right|+x^2+8x=\left\{\begin{array}{l}3x^2+5x-2\text{ khi }x\le -\frac{1}{2},x\ge 2\\ -x^2+11x+2\text{ khi }-\frac{1}{2}<x<2\end{array}\right.$

Suy ra, bảng biến thiên của hàm $y=f\left(x\right)=\left|2x^2-3x-2\right|+x^2+8x$ như sau

Đặt $t={\sin }^{2}x\Rightarrow dt=2\sin x\cos xdx$. Ta có $x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow t=\frac{1}{2};x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow t=1$.

Khi đó $1={\int }_{\frac{\text{π}}{\text{4}}}^{\frac{\text{π}}{\text{2}}}\cot x.f\left({\sin }^{2}x\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_{\frac{\text{π}}{\text{4}}}^{\frac{\text{π}}{\text{2}}}\frac{2\sin x\cos x}{{\sin }^{2}x}.f\left({\sin }^{2}x\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{f\left(t\right)}{t}dt=\frac{1}{2}{\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{f\left(x\right)}{x}dx$ 

$\Rightarrow {\int }_{\frac{1}{2}}^1\frac{f\left(x\right)}{x}\text{dx}=2$

Đặt $u=\sqrt{x}\Rightarrow 2udu=dx\Rightarrow \frac{dx}{x}=\frac{2du}{u}$. Ta có $x=1\Rightarrow u=1;x=16\Rightarrow u=4$.

Khi đó $1={\int }_1^{16}\frac{\text{f}\left(\sqrt{\text{x}}\right)}{\text{x}}\text{dx}={\int }_1^4\frac{2\text{f}\left(\text{u}\right)}{\text{u}}\text{du}=2{\int }_1^4\frac{\text{f}\left(\text{x}\right)}{\text{x}}\text{dx}\Rightarrow {\int }_1^4\frac{\text{f}\left(\text{x}\right)}{\text{x}}\text{dx}=\frac{1}{2}$.

Đặt $\text{v}=4\text{x}\Rightarrow \text{dv}=4\text{dx}$. Ta có $\text{x}=\frac{1}{8}\Rightarrow \text{v}=\frac{1}{2};\text{x}=1\Rightarrow \text{v}=4$.

Đặt $X=\{0,1,2,3,4,5,6,7\}\Rightarrow n\left(X\right)=8$.

Gọi biến cố A : "Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn".

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lấy từ X có dạng: $\overline{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}$ :

${\text{a}}_1\in X\backslash \left\{0\right\}\Rightarrow {\text{a}}_1$ có 7 cách chọn; ${\text{a}}_2,{\text{a}}_3,{\text{a}}_4\in X\backslash \left\{{\text{a}}_1\right\}\Rightarrow {\text{a}}_2,{\text{a}}_3,{\text{a}}_4$ có ${\text{A}}_7^3$ cách chọn.

Sỗ phần tử không gian mẫu là: $\text{n}\left(\Omega \right)=7\cdot {\text{A}}_7^3=1470$.

Tính số các được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, kể cả chữ số 0 đứng đầu.

Chọn 2 chữ số chẵn trong bộ $\{0,2,4,6\}$ có $C_4^2$ cách chọn.

Chọn 2 chữ số lè còn lại trong bộ $\{1,3,5,7\}$ có $C_4^2$ cách chọn.

Sau khi chọn 4 chữ số trên có 4! cách xếp vị trí.

Suy ra số các số được chọn có đúng hai chữ số chăn, kể cả chữ số 0 đứng đầu là: ${\text{C}}_4^2.{\text{C}}_4^2.4!=864$

Tính số các số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn trong đó chữ số 0 đứng đầu.

Chọn 1 chữ số chẵn trong bộ $\{2,4,6\}$ có 3 cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ còn lại trong bộ $\{1,3,5,7\}$ có $C_4^2$ cách chọn.

Sau khi chọn 3 chữ số trên có 3! cách xếp vị trí.