Đề thi thử ĐGNL ĐHQG Hà Nội năm 2023-2024 (Đề 18)

Số 0 không có nghịch đảo nên khẳng định “Số phức nào cũng có số phức nghịch đảo” là sai.

Chọn D

Ta có $S_{ABC}=S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}\Rightarrow V_{C{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=V_{C^{\text{'}}ABC}$.

Mà ta lại có ACA'C' là hình bình hành nên

$d\left(C,\left(AB{C}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(A^{\text{'}},\left(AB{C}^{\text{'}}\right)\right)$

$\Rightarrow V_{C\cdot AB{C}^{\text{'}}}=V_{A^{\text{'}}\cdot AB{C}^{\text{'}}}$

$\Rightarrow V_{B\cdot A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=V_{C^{\text{'}}\cdot ABC}=V_{A^{\text{'}}\cdot AB{C}^{\text{'}}}$

$\Rightarrow V_{A^{\text{'}}\cdot AB{C}^{\text{'}}}=\frac{V}{3}$

Chọn C

Gọi đỉnh của hình nón là S, O là tâm đáy. Mặt phẳng qua đỉnh cắt hình nón theo thiết diện là tam giác SAB và tam giác SAB vuông cân tại S.

Ta có $S_{△SAB}=\frac{1}{2}SA.SB=\frac{1}{2}S{A}^2=6\Rightarrow SA=2\sqrt{3}$.

Xét tam giác OSA vuông tại O, góc $\widehat{OSA}={60}^{°}$ nên $SO=\sqrt{3},OA=3$.

Vậy hình nón đã cho có:

+ Chiều cao $h=SO=\sqrt{3}$.

+ Bán kính đáy $R=OA=3$.

Vậy thể tích của khối nón được giới hạn bởi hình nón đã cho là $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi \cdot 9\cdot \sqrt{3}=3\pi \sqrt{3}$

Chọn B

Thể tích của chai là $V=\pi \cdot 3^2(15+8)\approx 650\left( {\text{cm}}^3\right)$

Chọn D

Mặt phẳng (ABC) có phương trình là $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ Mà $\frac{2}{a}-\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$ nên mặt phẳng (ABC) luôn đi qua điểm có tọa độ (2;-2;1 )

Chọn A

Trung điểm của đoạn thẳng AB có tọa độ $M(0;1;-1)$, đường thẳng song song với d có vecto chỉ phương là $\overrightarrow{u}(1;-1;2)$. Vậy đường thẳng cần tìm là $\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z+1}{2}$\

Chọn C

Xem số có 7 chữ số như 7 vị trí thẳng hàng.

+ Bước 1: chọn 2 trong 7 vị trí để sắp 2 chữ số 2 (không hoán vị) có $C_7^2=21$ cách.

+ Bước 2: chọn 3 trong 5 vị trí còn lại để sắp 3 chữ số 3 (không hoán vị) có $C_5^3=10$ cách.

+ Bước 3 : chọn 2 trong 3 chữ số 1, 4, 5 để sắp vào 2 vị trí còn lại (có hoán vị) có $A_3^2=6$ cách.

Vậy có 21.10.6 = 1260 số.

Chọn C

Theo giả thiết công thức tính độ sáng là $A=A_0\cdot t^{12}$ với A₀ là hằng số và t là nhiệt độ tuyệt đối

Độ sáng của bóng đèn hơi là $A_1=A_0\cdot {2500}^{12}$

Độ sáng của bóng đèn chân không là $A_2=A_0\cdot {2000}^{12}$

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

Chọn C

Nhận xét rằng $\left(P\right)//\left(Q\right)//\left(R\right)$ và (R) nằm chính giữa (P) , (Q).

Gọi I là tâm mặt cầu đường kính AB, khi đó $I\in \left(\alpha \right):x+y+z+3=0$.

Gọi r; r' lần lượt là bán kính mặt cầu đường kính AB và bán kính đường tròn giao tuyến, khi đó ta có $r^2={\left(r^{\text{'}}\right)}^2+{\left[d\right(I;\left(R\right)\left)\right]}^2$. Mà $d(I;(R\left)\right)=d\left(\right(\alpha );(R\left)\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow r^2={\left(r^{\text{'}}\right)}^2+\frac{1}{3}$ Vậy r nhỏ nhất khi và chỉ khi  nhỏ nhất. Ta có $r_{\min }=I{A}_{\min }=d\left(\right(\alpha );(P\left)\right)=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Vậy $r^{\text{'}}\min =1$.

Ta có:

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

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

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

Tập xác định: $D=ℝ$.

$y^{\text{'}}=3x^2-6x+m\text{. }$

Hàm số $y=x^3-3x^2+mx+5$ có hai cực trị $\iff$ phương trình $y^{\text{'}}=0$ có hai nghiệm phân biệt $\iff {\Delta }^{\text{'}}=9-3m>0\iff m<3$.

Vậy, các giá trị thực của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m < 3.

Dựa vào đồ thị ta có tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 1. Vậy a : 1 = 1 => a = 1

Hàm số đã cho liên tục trên $\mathrm{ℝ}$ nên cũng liên tục trên đoạn [0;2].

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-4x+1$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 3x^2-4x+1=0\iff \left[\begin{array}{c}x=1\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right..$

$f\left(1\right)=f\left(0\right)=1;f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{31}{27};f\left(2\right)=3$

Suy ra $M={\max }_{x\in [0;2]}f\left(x\right)=3;m={\min }_{x\in [0;2]}f\left(x\right)=1$. Suy ra $M+m=4$.

Theo bài ra: ${\int }_1^3\left[4f\left(x\right)+g\left(x\right)-1\right]dx=4{\int }_1^{3}f\left(x\right)dx+{\int }_1^{3}g\left(x\right)dx-{\int }_1^{3}dx=4.4+3-{\left.x\right|}_1^3=17$

Xét phương trình $z^2-2z+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}_1=1+i\\ z_2=1-i\end{array}\right.$.

Gọi số phức $w=x+yi;\forall x;y\in ℝ$.

Theo giả thiết $\left|w-z_1\right|=\left|w-z_2\right|\iff |x+yi-1-i|=|x+yi-1+i|$

$\iff \sqrt{{(x-1)}^2+{(y-1)}^2}=\sqrt{{(x-1)}^2+{(y+1)}^2}\iff {(x-1)}^2+{(y-1)}^2={(x-1)}^2+{(y+1)}^2\iff y=o$

Tập hợp các điểm biểu diễn số phức w thỏa mãn $\left|w-z_1\right|=\left|w-z_2\right|$ là đường thẳng có phương trình: y = 0

Chọn 1 số lẻ từ 5 số lẻ xếp vào vị trí cuối có $C_5^1$ cách. Chọn 3 số chẵn từ 5 số chẵn có $C_5^3$ cách.

Chọn 2 số lẻ từ 4 số lẻ có $C_4^2$ cách.

Xếp 5 số (hai lẻ; ba chẵn) vựachọn vào 5 chổ có 5 ! cách. $\Rightarrow$ có $C_5^1{C}_4^2\cdot C_5^3\cdot 5\ne 36000$ cách.

Xét trường hợp số thỏa đề bài có số 0 đứng đầu. Chọn 1 số lẻ từ 5 số lẻ xếp vào vị trí cuối có $C_5^1$ cách. Chọn hai số chẵn từ 4 số chẵn khác 0 có $C_4^2$ cách. Chọn 2 số lẻ từ 4 số lẻ có $C_4^2$ cách. Xếp 4 số (hai lẻ; hai chẵn) vào 4 chổ có 4! cách $\Rightarrow$ có $C_5^1{C}_4^2\cdot C_4^2\cdot 4\ne 4320$ cách Vậy có $36000-4320=31680$ cách.

Ta có:$M=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{1+4x}-\sqrt[3]{1+6x}}{x^2}\cdot \frac{x^2}{1-\cos 3x}=2\cdot \frac{2}{9}=\frac{4}{9}$

Ta có số điểm cực trị của hàm số $y=f\left(\right|x|+m)$ và hàm số $y=f\left(\right|12x+1|+m)$ bằng nhau.

Hàm số $y=f\left(\right|x|+m)$ là hàm số chẵn nên có đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. Do đó, để hàm số $y=f\left(\right|x|+m)$ có 5 điểm cực trị thì hàm số $y=f(x+m)$ có hai điểm cực trị lớn hơn 0 .

Ta có: $y^{\text{'}}=0\iff f^{\text{'}}(x+m)=0\iff \left[\begin{array}{l}x+m=-1\\ x+m=1\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=-m-1\\ x=-m+1\end{array}\right.\right.$.

Do $-m-1<-m+1$ nên để hàm số $y=f(x+m)$ có hai điểm cực trị lớn hơn 0 thì $-m-1>0\iff m<-1$.

Do m nguyên thuộc đoạn [-20; 20] nên $m\in \{-20;-19;\dots ;-2\}$

Vậy có 19 giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi I là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$, suy ra $I(-1;1;1)$.

Khi đó ta có:

$2M{A}^2+3M{B}^2=2{(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA})}^2+3{(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB})}^2=5M{I}^2+2I{A}^2+3I{B}^2$

Do I, A, B cố định nên $2M{A}^2+3M{B}^2$ nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất, mà điểm M di động trên mặt phẳng (P) nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của điểm I trên mặt phẳng (P). Khi đó ta có $\min MI=d(I,(P\left)\right)=3$

Do đó $\min \left(2M{A}^2+3M{B}^2\right)=5.9+2.27+3.12=135$.

Trong đoạn trích có câu "Các chú đừng bắt tôi bỏ nó." Người đàn bà hàng chài xin quý tòa không bắt mình phải bỏ người chồng vũ phu.

Trong đoạn trích, người đàn bà hàng chài dù bị người chồng vũ phu đánh đập nhưng vẫn không muốn bỏ hắn vì nghĩ tới đàn con, nghĩ tới gia đình, nghĩ tới bản chất tốt đẹp của chồng, nhận mọi lỗi lầm về mình. Điều đó chứng tỏ chị là người bao dung, giàu đức hi sinh và lòng vị tha.

Nguyên nhân người đàn bà hàng chài thường xuyên bị chồng đánh đập thể hiện ở câu: "Bất kể lúc nào thấy khổ quá là lão lại xách tôi ra đánh…"