Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 7)

Ta có $-{\text{x}}^2-\text{xy}-2\text{x}+\text{y}+3=0\iff (\text{x}+\text{y}+3)(1-\text{x})=0$

Với x = 1 => hệ vô nghiệm khi đó

Ta có $\overrightarrow{\text{AB}}=(1;3;-2)$.

Quãng đường mà vật đi được sau 1 giây là

$\text{S}={\int }_0^1\text{v}\left(\text{t}\right)\text{dt}={\int }_0^1\left(3{\text{t}}^2+6\text{t}\right)\text{dt}={\left.\left({\text{t}}^3+3{\text{t}}^2\right)\right|}_0^1=4( \text{m})$

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = - x và y = x - 2 là: $-\text{x}=\text{x}-2\iff \text{x}=1$.

Diện tích hình phẳng cần tính là:

$$\begin{gathered} S={\int }_0^1\left(\frac{10}{3}x-x^2+x\right)dx+{\int }_1^3\left(\frac{10}{3}x-x^2-x+2\right)dx \\ \iff S={\int }_0^1\left(\frac{13}{3}x-x^2\right)\text{d}x+{\int }_1^3\left(\frac{7}{3}\text{x}-{\text{x}}^2+2\right)\text{dx} \\ \iff S={\int }_0^1\left(\frac{13}{3}x-x^2\right)dx+{\int }_1^3\left(\frac{7}{3}x-x^2+2\right)dx \\ \iff S={\left.\left(\frac{13}{6}{x}^2-\frac{x^3}{3}\right)\right|}_0^1+{\left.\left(\frac{7}{6}{x}^2-\frac{x^3}{3}+2x\right)\right|}_1^3=\frac{13}{2} \end{gathered}$$

Gọi I(x;y) sao cho $\overrightarrow{\text{IA}}+2\overrightarrow{\text{IB}}+3\overrightarrow{\text{IC}}=\overrightarrow{0}$, ta có

$\overrightarrow{\text{IA}}+2\overrightarrow{\text{IB}}+3\overrightarrow{\text{IC}}=(-9-6\text{x};12-6\text{y})\iff \left\{\begin{array}{l}-9-6\text{x}=0\\ 12-6\text{y}=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}\text{x}=-\frac{3}{2}\\ \text{y}=2\end{array}\Rightarrow \text{I}\left(-\frac{3}{2};2\right)\right.\right.$.

Ta có $|\overrightarrow{\text{MA}}+2\overrightarrow{\text{MB}}+3\overrightarrow{\text{MC}}|=|\overrightarrow{\text{MI}}+\overrightarrow{\text{IA}}+2(\overrightarrow{\text{MI}}+\overrightarrow{\text{IB}})+3(\overrightarrow{\text{MI}}+\overrightarrow{\text{IC}}\left)\right|=6\left|\overrightarrow{\text{MI}}\right|$

Với M(a;b) thuộc trục tung nên M(0;b)

Ta có: ${\text{a}}^2+{\text{b}}^2-\text{c}=4+{\text{m}}^2-{\text{m}}^2=4>0$ nên A, D đúng.

Vì $a=R=2$ nên B đúng.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa điểm A và trục Oz.

Oz đi qua điểm O(0;0;0) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{\text{u}}=(0;0;1)$.

Ta có H là trực tâm tam giác ABC

$\Rightarrow \text{OH}\perp \left(\text{ABC}\right)$. Thật vậy : $\left\{\begin{array}{l}\text{OC}\perp \text{OA}\\ \text{OC}\perp \text{OB}\end{array}\Rightarrow \text{OC}\perp \text{AB}\left(1\right)\right.$

Mà $\text{CH}\perp \text{AB}$ (vì H là trực tâm tam giác ABC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\text{AB}\perp \left(\text{OHC}\right)\Rightarrow \text{AB}\perp \text{OH}$(*)

Tương tự $\text{BC}\perp \left(\text{OAH}\right)\Rightarrow \text{BC}\perp \text{OH}.$(**)

Từ (*) và (**) suy ra $\text{OH}\perp \left(\text{ABC}\right)$.

Khi đó mặt cầu tâm O tiếp xúc mặt phẳng (ABC) có bán kính $\text{R}=\text{OH}=3$.

Đường thẳng $\Delta$ qua điểm M(1;-1;2) và có vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{{\text{u}}_{\Delta }}=(2;1;1)$.

Mặt phẳng (Oxy) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{\text{k}}=(0;0;1)$.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa $\Delta$ và vuông góc mặt phẳng (Oxy), thì (P) qua M và có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{\text{n}}=\left[\overrightarrow{{\text{u}}_{\Delta }};\overrightarrow{\text{k}}\right]=(1;-2;0)$.

Khi đó, phương trình mặt phẳng (P) là: x - 2y - 3 = 0.

Gọi d là hình chiếu của $\Delta$ lên (Oxy), thì d chính là giao tuyến của (P) với (Oxy).

Suy ra $d:\left\{\begin{array}{l}x-2y-3=0\\ z=0\end{array}\right.$ hay $d:\left\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=t\\ z=0\end{array}\right.$.

Tập xác định D = R

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x^2-2\left|x\right|\right)=f\left({\left|x\right|}^2-2\left|x\right|\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)={\left({\left|x\right|}^2-2\left|x\right|\right)}^{\text{'}}.f^{\text{'}}\left({\left|x\right|}^2-2\left|x\right|\right)$

$=\left(2\left|x\right|\frac{x}{\left|x\right|}-2\frac{x}{\left|x\right|}\right).f^{\text{'}}\left({\left|x\right|}^2-2\left|x\right|\right)=\frac{2x}{\left|x\right|}(\left|x\right|-1)f^{\text{'}}\left({\left|x\right|}^2-2\left|x\right|\right)$, với $x\ne 0$

Cho $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\left|x\right|-1=0\\ {\left|x\right|}^2-2\left|x\right|=0\\ {\left|x\right|}^2-2\left|x\right|=1\\ {\left|x\right|}^2-2\left|x\right|=2\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x=\pm 2\\ x=1+\sqrt{2}\\ x=-1-\sqrt{2}\\ x=1+\sqrt{3}\\ x=-1-\sqrt{3}\end{array}\right.\right.$ 

Ta có bảng xét dấu cho hàm số $\text{g}\left(\text{x}\right)=\text{f}\left({\text{x}}^2-2\left|\text{x}\right|\right)$

Ta có $\overrightarrow{\text{DA}}=(6;0;0),\overrightarrow{\text{DB}}=(0;2;0),\overrightarrow{\text{DC}}=(0;0;3)$ nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông đỉnh D.

Giả sử $M(x+1;y+2;z+3)$.

Ta có $MA=\sqrt{{(x-6)}^2+y^2+z^2}\ge |x-6|\ge 6-x,MB=\sqrt{x^2+{(y-2)}^2+z^2}\ge |y-2|\ge 2-y$.

$MC=\sqrt{x^2+y^2+{(z-3)}^2}\ge |z-3|\ge 3-z,\sqrt{3}MD=\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\ge \sqrt{{(x+y+z)}^2}\ge x+y+z$.

Do đó $P\ge (6-x)+(2-y)+(3-z)+(x+y+z)=11$.

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 11, khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}x=y=z=0\\ 6-x\ge 0\\ 2-y\ge 0\\ 3-z\ge 0\\ x+y+z\ge 0\end{array}\iff x=y=z=0\right.$.

Xét hàm số $\text{g}\left(\text{x}\right)={\text{x}}^4-4{\text{x}}^3+4{\text{x}}^2+\text{a}$ trên [0;2].

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-12x^2+8x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in [0;2]\\ x=1\in [0;2]\\ x=2\in [0;2]\end{array}\right.$.

Ta có $\text{g}\left(0\right)=\text{a};\text{g}\left(1\right)=\text{a}+1;\text{g}\left(2\right)=\text{a}\Rightarrow {\mathrm{Max}}_{[0;2]}\text{f}\left(\text{x}\right)=\mathrm{Max}\left\{\right|\text{a}|;|\text{a}+1\left|\right\};{\mathrm{Minf}}_{[0;2]}\text{f}\left(\text{x}\right)=\mathrm{Min}\left\{\right|\text{a}|;|\text{a}+1\left|\right\}$

Do $2 \text{m}\ge \text{M}>0$ nên m > 0. Do đó $a(a+1)>0\iff \left[\begin{array}{l}a<-1\\ \text{a}>0\end{array}\right.$.

Nếu a < -1 thì $\text{M}=-\text{a};\text{m}=-\text{a}-1$. Khi đó $2 \text{m}\ge \text{M}\iff -2\text{a}-2\ge -\text{a}\iff \text{a}\le -2$.

Nếu a > 0 thì $M=a+1;m=a$. Khi đó $2m\ge M\iff 2a\ge a+1\iff a\ge 1$.

Đặt $t=x^2-2x+3(t\ge 2)$. Ta được phương trình $t^2+2(3-m)t+m^2-6m=0$ (1),

${\Delta }^{\text{'}}={\text{m}}^2-6 \text{m}+9-{\text{m}}^2+6 \text{m}=9$ suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm là ${\text{t}}_1=\text{m}-6$ và ${\text{t}}_2=\text{m}$.

Thay x = 1 - x vào $5f\left(x\right)-7f(1-x)=4x-6x^2\left(1\right),\forall x\in ℝ$, ta được

$5f(1-x)-7f\left(x\right)=4(1-x)-6{(1-x)}^2\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)\&\left(2\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}5f\left(x\right)-7f(1-x)=4x-6x^2\\ 5f(1-x)-7f\left(x\right)=4(1-x)-6{(1-x)}^2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}f(1-x)=\frac{5}{7}f\left(x\right)-\frac{4}{7}x+\frac{6}{7}{x}^2\left(3\right)\\ 5f(1-x)-7f\left(x\right)=4(1-x)-6{(1-x)}^2\end{array}\right.\right.$.

Thay (3) vào $\left(2\right):5\cdot \left(\frac{5}{7}f\left(x\right)-\frac{4}{7}x+\frac{6}{7}{x}^2\right)-7f\left(x\right)=4(1-x)-6{(1-x)}^2$

$\iff -24f\left(x\right)-20x+30x^2=-14+56x-42x^2\iff f\left(x\right)=3x^2-\frac{19}{6}x+\frac{7}{12}.$

Từ $f\left(x\right)=3x^2-\frac{19}{6}x+\frac{7}{12}\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=6x-\frac{19}{6}$.

Số phần tử không gian mẫu là $\text{n}\left(\Omega \right)={\text{C}}_{25}^8$.

Gọi A là biến cố "Trong 8 tấm thẻ được chọn có số tấm thẻ mang số lẻ nhiều hơn số tấm thẻ chẵn và trong đó có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6 ".

Từ 1 đến 25 chia thành các tập hợp

Tập B gồm các số chia hết cho 6, n(B) = 4.

Tập C gồm các số lẻ, n(C) = 13.

Tập D gồm các số chẵn và không chia hết cho $6, \text{n}\left(\text{D}\right)=8$.

Để rút được các tấm thẻ thỏa mãn bài toán, xét các trường hợp

Truờng hợp 1: 1 số thuộc B. 7 số thuộc C, có ${\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_{13}^7$ cách.

Truờng hợp 2: 1 số thuộc B. 1 số thuộc D, 6 số thuộc C, có ${\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_8^1\cdot {\text{C}}_{13}^6$ cách.

Trường hợp 3: 1 số thuộc B, 2 số thuộc D, 5 số thuộc C, có ${\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_8^2\cdot {\text{C}}_{13}^5$ cách.

Theo quy tắc cộng, số kết quả thuận lợi cho biến cố A là

$\text{n}\left(\text{A}\right)={\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_{13}^7+{\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_8^1\cdot {\text{C}}_{13}^6+{\text{C}}_4^1\cdot {\text{C}}_8^2\cdot {\text{C}}_{13}^5=205920$

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó ta có  là góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) nên $\widehat{\text{SOA}}={60}^{°}$. Khi đó $\tan {60}^{°}=\frac{\text{SA}}{\text{AO}}\Rightarrow \text{SA}=\text{AO}\cdot \tan {60}^{°}=\frac{\sqrt{2}}{2}\text{a}\cdot \sqrt{3}=\frac{\text{a}\sqrt{6}}{2}$.

Ta có $\frac{{\text{V}}_{\text{S}.\text{AMN}}}{{\text{V}}_{\text{S}.\text{ABC}}}=\frac{\text{SA}}{\text{SA}}\cdot \frac{\text{SM}}{\text{SB}}\cdot \frac{\text{SN}}{\text{SC}}=\frac{1}{4}$ và $\frac{{\text{V}}_{\text{S}.\text{AND}}}{{\text{V}}_{\text{S}.\text{ACD}}}=\frac{\text{SA}}{\text{SA}}\cdot \frac{\text{SN}}{\text{SC}}\cdot \frac{\text{SD}}{\text{SD}}=\frac{1}{2}$.

Đáp án: 2

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

Bảng xét dấu đạo hàm

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đạt cực trị tại hai điểm x = -1 và x = 0.

Gọi số cần tìm thỏa mãn điều kiện bài toán là $\overline{\text{abcdef}}$ trong đó và đôi một khác nhau.

Theo bài ra ta có $\text{a}+\text{b}+\text{c}+3=\text{d}+\text{e}+\text{f}=12\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{a}+\text{b}+\text{c}=9\\ \text{d}+\text{e}+\text{f}=12\end{array}\right.$

Có $\overline{\text{abcdef}}=\text{a}\cdot {10}^5+\text{b}\cdot {10}^4+\text{c}\cdot {10}^3+\text{d}\cdot {10}^2+\text{e}\cdot 10+\text{f}$.

Ta có các cặp 3 số khác nhau từ S có tổng bằng 9 là $\{1;2;6\},\{1;3;5\},\{2;3;4\}$.

$\Rightarrow \text{T}=3\cdot 2!\cdot 3!(\text{a}+\text{b}+\text{c})\cdot \left({10}^5+{10}^4+{10}^3\right)+3\cdot 2!\cdot 3!(\text{d}+\text{e}+\text{f})\cdot (100+10+1)=36011952$.