Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 17)

Ta có: OOˊ là đường trung bình của tam giác BDF và tam giác ACE

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}O{O}^{\text{'}}//DF\\ O{O}^{\text{'}}//CE\end{array}\right.$

Mà: $\left\{\begin{array}{l}DF\subset \left(DFA\right)\\ CE\subset \left(BCE\right)\end{array}\right.$

Kết luận: $O{O}^{\text{'}}//\left(ADF\right),OO//\left(BCE\right)$.

Chọn C

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

Hàm số có cực trị $\iff m\ge 0$ và không có cực trị $\iff m\le 0$ 

Vậy chọn đáp án "Hàm số không có cực trị $\forall m\le 0$ "

Chọn A

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x,y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{r}x=0\notin [1;3]\\ x=2\in [1;3]\end{array}\right.$

Có $y\left(1\right)=1,y\left(2\right)=-1,y\left(3\right)=3.\Rightarrow M=y\left(3\right)=3,m=y\left(2\right)=-1$

Nên $M+m=3-1=2$

Chọn D

Ta có $S={\int }_0^2\left|2x^2-2\right|\text{d}x=2{\int }_0^2\left|x^2-1\right|\text{d}x\text{. }$

Chọn A

$V={\int }_0^{8}2x\sqrt{9-x^2}dx$

Đặt $t=\sqrt{9-x^2}\iff t^2=9-x^2\iff xdx=-tdt$ và .

Suy ra $V=-2{\int }_3^0{t}^{2}dt={\left.\frac{2t^3}{3}\right|}_0^3=18$

Chọn A

Ta có 

$z={(1+2i)}^2=-3+4i$

Vậy phần thực là -3 , phần ảo là 4

Chọn C

Ta có

$+S_{a\dot{a}y}=\sqrt{3}{a}^2\text{. }$

$+h=a\sqrt{2}$ (vì lăng trụ là lăng trụ đứng).

Vậy thể tích lăng trụ là $V=h\cdot S=a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}=\sqrt{6}{a}^3$.

Chọn D

Trong không gian Oxyz, cho điểm $A(-1;3;2)$.

Hình chiếu vuông góc của A trên trục Oz là điểm $M(0;0;2)$.

Chọn C

Mặt cầu (S) có tâm I ( 2;0;1). Ta thấy $I(2;0;1)\in d$.

Khoảng cách từ tâm mặt cầu đến đường thẳng d bằng 0 .

Chọn A

Bước 1: Chọn 2 nam trong số 15 nam làm tổ trường và tổ phó, có $A_{15}^2$ cách

Bước 2: Chọn 3 tổ viên trong đó có ít nhất 1 nữ.

+ Trường hợp 1: Chọn 1 nữ và 2 nam, có $C_5^1\cdot C_{13}^2$ cách.

+ Trường hợp 2: Chọn 2 nữ và 1 nam, có $C_5^2\cdot C_{13}^1$ cách.

+ Trường hợp 3: Chọn 3 nữ, có $C_5^3$  cách.

Vậy có tất cà $A_{15}^2\left(C_5^1\cdot C_{13}^2+C_5^2\cdot C_{13}^1+C_5^3\right)=111300$ cách.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3m\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x^2=m$

+Với $m<0\Rightarrow y^{\text{'}}\ge 0,\forall x\in ℝ$ loại

+Với $m\ge 0$, ta có $y^{\text{'}}=0\iff x=\pm \sqrt{m}$. Có hàm số nghịch biến trên khoàng $( -\sqrt{m}; \sqrt{m})$.

Vậy $y=x^3-3m\text{x}+5$ nghịch biến trên khoàng (-2;2) và đồng biến trên các khoàng còn lại là thì $\sqrt{m}=2\iff m=4$.

Chọn D

Gọi A là số tiền gốc gừi vào ngân hàng(triệu); r là lãi suất theo tháng (%); $M_n$ là số tiền nhận được sau tháng thứ n.

Tháng thứ nhất $M_1=A+A\cdot r=A(1+r)$

Tháng thứ hai $M_2=M_1+M_1\cdot r=M_1(1+r)=A{(1+r)}^2$

Tháng thứ ba $M_3=M_2+M_2\cdot r=M_2(1+r)=A{(1+r)}^3$

Tương tự, tháng thứ n $M_n=A{(1+r)}^n$

Áp dụng công thức trên ta có :

$M_n=15{(1+0,0165)}^n=20.$

$\iff {(1,0165)}^n=\frac{4}{3}\iff n\approx 18\text{ (tháng)}$

Đáp án là 18 tháng.

Chọn A

Đặt $t=f\left(x\right)$ thì $t^3+2t=1-x$, suy ra =$\left(3t^2+2\right)\text{d}t=-\text{d}x$.

Với x = -2 ta có $t^3+2t-3=0$, suy ra t = 1.

Với x = 1 ta có $t^3+2t=0$, suy ra t = 0.

Vậy ${\int }_{-2}^{1}f\left(x\right)\text{d}x=-{\int }_1^{0}t\left(3t^2+2\right)\text{d}t={\int }_0^1\left(3t^3+2t\right)\text{d}t={\left.\left(\frac{3}{4}{t}^4+t^2\right)\right|}_0^1=\frac{7}{4}.$

Chọn C

Gọi h là chiều cao của hình chóp S.ABC và S là diện tích đáy ABC $\Rightarrow V_1=\frac{1}{3}h.S$

Vì M, N, P, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB, SC, AB, BC nên $V_2=d(M;(ABC\left)\right)\cdot S_{BEF}=\frac{1}{2}h\cdot \frac{1}{4}S=\frac{1}{8}h\cdot S\Rightarrow \frac{V_2}{V_1}=\frac{3}{8}$

Chọn B

Thay tọa độ các điểm $A(1;-2;3),B(-2;0;2)$ vào từng phương trình .

Phương trình nào thỏa mãn là phương trình cần tìm.

Vậy chọn đáp án $x^2+y^2+z^2-2\text{x}-12=0$

Chọn A

Ta có:

$\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{f\left(t\right)-f\left(t_0\right)}{t-t_0}=\underset{t\to t_0}{\lim }\frac{t^2+t+6-\left(t_0^2+t_0+6\right)}{t-t_0}==\underset{t\to t_0}{\lim }\left(t+t_0+1\right)=2t_0+1$

Vậy $f^{\text{'}}\left(t_0\right)=2t_0+4$.

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t =2 là $v_{tt}=f^{\text{'}}\left(2\right)=2.2+1=5( \text{m}/\text{s})$.

Số nghiệm của phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m

Dựa vào BBT  ta thấy đường thẳng f(x) = m cắt đồ thị hàm số y= f(x) tại 1 điểm duy nhất khi $m=2,-5<m\le 1$.

Vậy $m\in \{-4,-3,-2,-1,0,1,2\}$.

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{3}{{(x+1)}^2}>0,\forall x\in [0;2]$

Suy ra hàm số đồng biến trên (0;2).

Vậy ${\min }_{x\in [0;2]}f\left(x\right)=f\left(0\right)=-1$.

Ta có $\text{w}=3-2i+(2-i)z\Rightarrow z=\frac{\text{w}-3+2i}{2-i}$.

Vì $\left|z\right|=2$ nên $\Rightarrow \left|\frac{\text{w}-3+2i}{2-i}\right|=2\iff \frac{|\text{w}-3+2i|}{|2-i|}=2\iff |\text{w}-3+2i|=2\sqrt{5}$.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm $I(3;-2)$, bán kính $R=2\sqrt{5}$. Suy ra $R^2=20$

Bảng biến thiên của hàm số y= f(x) :

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=2x\cdot f^{\text{'}}\left(x^2-2\right)$

$f^{\text{'}}\left(x^2-2\right)>0\ll \left[\begin{array}{l}{x}^2-2>1\\ x^2-2<-1\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x<-\sqrt{3}\\ x>\sqrt{3}\\ -1<x<1\end{array}.\right.\right.$

Bàng biến thiên:

Vậy hàm số g(x) có 3 điểm cực tiểu.

Ta có ${\log }_2(4x+4)+x=y+1+2^y\iff {\log }_{2}4+{\log }_2(x+1)+x=y+1+2^y$

$\iff (x+1)+{\log }_2(x+1)=2^y+{\log }_2{2}^y\iff f(x+1)=f\left(2^y\right)\stackrel{\nearrow }{\to }x+1=2^y\iff x=2^y-1$

$\stackrel{0\le x\le 2020}{\to }0\le 2^y-1\le 2020\iff 2^0\le 2^y\le 2021\iff 0\le y\le {\log }_{2}2021\approx 10,98$

Mà $y\in \mathbb{Z}\Rightarrow y\in \{0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10\}\Rightarrow x\in \mathbb{Z}$ nên có 11 căp nguyên (x;y) thỏa bài toán.

Bán kính hình quạt là đường sinh của hình nón và diện tích của hình quạt là diện tích xung quanh hình nón.

Nên ta có 1 = 2a.

$S_{\text{xq}}=\pi rl=2\pi ar=2\sqrt{3}\pi a^2\Rightarrow r=a\sqrt{3}.$

$\sin \widehat{ASO}=\frac{r}{l}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{ASO}={60}^{°}$

Vậy góc ở đinh của hình nón là ${120}^{°}$.

Ta thấy $A{C}^2+A{B}^2=4^2+3^2=25=B{C}^2$ nên $∆ABC$ vuông tại A.

Khi đó mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ chứa 3 điểm A ; B ; C cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I, bán kính $r=\frac{BC}{2}\iff r=\frac{5}{2}$ với I là trung điểm BC.

Theo già thiết ta có: $d(O;(ABC\left)\right)=1\iff OI=1$.