Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 12)

Ta có $\left.\begin{array}{c}\left(P\right)\cap \left(ABC\right)=MN\\ AB//\left(P\right)\left(gt\right)\end{array}\right\}\Rightarrow MN//AB$

Tương tự: $PQ//AB,MQ//CD,NP//CD$. Do đó tứ giác MNPQ hình bình hành.

Chọn D

Hàm số f(x)  xác định và liên tục trên đoạn $[-2;3]$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-8x=4x\left(x^2-2\right)$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 4x\left(x^2-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in [-2;3]\\ x=\sqrt{2}\in [-2;3]\\ x=-\sqrt{2}\in [-2;3]\end{array}\right.$.

$f(-2)=5;f\left(3\right)=50;f\left(0\right)=5;f\left(\sqrt{2}\right)=1;f(-\sqrt{2})=1$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn [ -2 ;3 ] bằng 50 .

Chọn B

Xét phương trình

$\left|x^2-4x-3\right|=x+3\iff \left\{\begin{array}{c}x+3\ge 0\\ \left[\begin{array}{c}{x}^2-4x+3=x+3\Rightarrow x=0\vee x=5\\ x^2-4x+3=-x-3\left(VN\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy

$\begin{array}{l}S={\int }_0^5\left|\left(\left|x^2-4x+3\right|-x-3\right)\right|dx=\left|{\int }_0^5\left(\left|x^2-4x+3\right|-x-3\right)dx\right|=\frac{109}{6}\\ \Rightarrow a=109;b=6\Rightarrow a-b^3+107=0\end{array}$

Chọn A

Ta có $2z_1+z_2=2(2-i)+(1+i)=4-2i+1+i=5-i$.

Vậy tọa độ điểm biểu diễn số phức $2z_1+z_2$ là (5 ;-1).

Chọn D

$z(1-i)+3+2i=6+i$

$\iff z=\frac{6+i-3-2i}{1-i}$

$\iff z=2+i$(bấm máy)

$\Rightarrow$ Điểm biểu diễn số phức z là M ( 2;1).

Điểm M (a;b) có điểm đối xứng qua Oy là M (- a;b)

 Điểm đối xứng với M (2;1) qua Oy là $N_2(-2;1)$.

Chọn A

Ta có thiết diện là hình chữ nhật, với chiều dài là 10cm và chiều rộng $=2.\sqrt{5^2-4^2}=6 \text{cm}$ 

Vậy diện tích là $6.10 = 60c{m}^2$

Chọn A

Nhận thấy: $\overrightarrow{MN}=(1;1;-2)$ và $\overrightarrow{MP}=(-2;3;0)$ nên 3 điểm M, N, P không thẳng hàng.

Giả sử điểm $Q=(x;y;z)$. Ta có: $\overrightarrow{MN}=(1;1;-2)$,

$\overrightarrow{QP}=(-1-x;2-y;1-z)$

Khi đó MNPQ là hình bình hành khi và chì khi $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-1-x=1\\ 2-y=1\\ 1-z=-2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=1\\ z=3\end{array}\right.\right.$

Vậy tọa độ điểm Q (-2;1;3).

Chọn C

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nhận $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=(1;3;-1)$ vecto chì phương nên phương trình chính tắc đường thẳng là $\frac{x-2}{1}=\frac{y-3}{3}=\frac{z}{-1}$.

Lấy N (1;0;1) thuộc đường thẳng nên phương trình tham số đường thẳng là $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=3t\\ z=1-t\end{array}\right.$

Chọn A

Điều kiện: $x\ge 1+$ Với $x\ge 1+$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$8\sqrt[4]{4x-4}=\sqrt[4]{2^4{.2}^4{.2}^4.(4x-4)}\le \frac{2^4+2^4+2^4+4x-4}{4}=11+x$ (1)

Dấu "=" của (1) xảy ra khi $4x-4=2^4\iff x=5$.+ Xét hiệu

$x^3-8x^2+6x+61-(x+11)=x^3-8x^2+5x+50={(x-5)}^2(x+2)\ge 0\forall x\ge 1$

Với $\forall x\ge 1$ thì $x^3-8x^2+6x+61\ge x+11$ (2)

Dấu "=" của (2) xảy ra khi $x-5=0\iff x=5$ (Vì $x\ge 1$)

Do đó: $x^3-8x^2+6x+61=8\sqrt[4]{4x-4}\iff x=5$ 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=5

Chọn A.

Gọi I là trung điểm của $AB\Rightarrow I\left(-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$.

Ta có $|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}|=|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}|\iff \left|2\overrightarrow{MI}\right|=\left|\overrightarrow{BA}\right|\iff 2MI=BA\iff MI=\frac{BA}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}(\text{Vi}\overrightarrow{BA}=(3;-3\left)\right)$.

Lại có $\overrightarrow{MI}=\left(-\frac{1}{2}-x;\frac{3}{2}-y\right)\Rightarrow M{I}^2={\left(\frac{1}{2}+x\right)}^2+{\left(\frac{3}{2}-y\right)}^2=\frac{9}{2}$.

Chọn A

$\begin{array}{l}f(x;y)=x^2+y^2-4x-6y+5.\\ f(3;2)=9+4-12-12+5=-6<0.\end{array}$

Vậy A (3;2) ở trong (C).

Dựa vào ành trên ta thấy dây cung MN ngắn nhất $\iff IH$ lớn nhất $\iff H\equiv A\iff MN$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{IA}=(1;-1)$. Vậy d có phương trình: $1(x-3)-1(y-2)=0\iff x-y-1=0$.

Chọn D

Số số tự nhiên có 4 chữ số lập từ 6 chữ số đó là $5.A_5^3$

Số các số có 4 chữ số khác nhau lập được mà không có cà 2 số 1 và 2 là: 3.3!

Vậy đáp án: $5.A_5^3-3.3!=282$ số.

Chọn A

Theo giả thiết công thức tính độ sáng là $A=A_o.t^{12}$ với $A_0$ là hằng số và t là nhiệt độ tuyệt đối

Độ sáng của bóng đèn hơi là $A_1=A_o{.2500}^{12}$

Độ sáng của bóng đèn chân không là $A_2=A_o{.2000}^{12}$

Vậy $\frac{A_1}{A_2}={\left(\frac{2500}{2200}\right)}^{12}=4.64$ (lần)

Chọn A

+ 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 AB luôn nằm trong (S) nên $a=b=c=R$

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

+ Đoạn AB luôn nằm trong

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

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

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

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

Chọn D

Vì $Q^{\text{'}}\left(t\right)=6t+6\Rightarrow$ Cường độ của dòng điện trong dây dẫn tại thời điểm t = 1 là $I_{tt}=Q^{\text{'}}\left(1\right)=6.1+6=12\left(A\right)$

Chọn A

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$.

$y\text{'}=\frac{(2x+m)(1-x)+x^2+mx}{{(1-x)}^2}=\frac{-2x^2+2x+m-mx+x^2+mx}{{(1-x)}^2}=\frac{-x^2+2x+m}{{(1-x)}^2}$

Để hàm số có cực đại cực và cực tiểu thì y = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1

$\iff \left\{\begin{array}{c}{\Delta }^{\text{'}}>0\\ -1+2.1+m\ne 0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}1+m>0\\ 1+m\ne 0\end{array}\iff m>-1=\alpha \text{.}\right.\right.$ Vậy ${\alpha }^2=1$

Chọn B

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \{\pm 1\}$.

Ta có:$y=\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}=\frac{(x-1)(x-2)}{(x+1)(x-1)}=\frac{x-2}{x+1}$

Nên hàm số có một tiệm cận đứng x = -1, và một tiệm cận ngang $y=1$

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}$ là 2 .