Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 14)

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Lê Quý Đôn – Hà Đông là \[50,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Phan Đình Phùng là \[50,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Chu Văn An là \[51,5.\]

Năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Phạm Hồng Thái là 48.

Vậy năm 2018 điểm đầu vào của trường THPT Chu Văn An cao nhất.

Chọn C.

Ta có \(AB = \sqrt {26} \,,\,\,BC = \sqrt {104}  = 2\sqrt {26} .\)

Gọi \[D\left( {x\,;\,\,y\,;\,\,z} \right)\], theo tính chất phân giác ta có \(\frac{{DA}}{{DC}} = \frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}.\)

Suy ra \(\overrightarrow {DA}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {DC}  & (*).\)

Ta có \(\overrightarrow {DA}  = \left( {1 - x\,;\,\,2 - y\,;\,\, - 1 - z} \right)\) và \(\overrightarrow {DC}  = \left( { - 4 - x\,;\,\,7 - y\,;\,\,5 - z} \right).\)

Do đó \((*) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{1 - x =  - \frac{1}{2}\left( { - 4 - x} \right)}\\{2 - y =  - \frac{1}{2}\left( {7 - y} \right)}\\{ - 1 - z =  - \frac{1}{2}\left( {5 - z} \right)}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x =  - \frac{2}{3}}\\{y = \frac{{11}}{3}}\\{z = 1}\end{array} \Rightarrow D\left( { - \frac{2}{3}\,;\,\,\frac{{11}}{3}\,;\,\,1} \right) \Rightarrow a + b + 2c = 5} \right.} \right..\)

Chọn A.

Vận tốc ô tô tại thời điểm bắt đầu phanh là \({v_1}\left( 5 \right) = 35\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\)

Vận tốc của chuyển động khi phanh là \({v_2}(t) =  - 70t + c.\)

Do \({v_2}\left( 0 \right) = 35\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}) \Rightarrow c = 35 \Rightarrow {v_2}\left( t \right) =  - 70t + 35.\)

Khi xe dừng hẳn tức là: \({v_2}\left( t \right) = 0 \Rightarrow  - 70t + 35 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}{\rm{. }}\)

Quãng đường \(S\,\,\left( m \right)\) đi được ô tô từ lúc bắt đầu chuyển bánh cho đến khi dừng hẳn là

\[S\,\,\left( m \right) = \int\limits_0^5 {7t} \,dt + \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\left( { - 70t + 35} \right)} \,dt = 96,25\,\,(\;{\rm{m}})\]. Chọn A.

Giả sử \(M\left( {a\,;\,\,b} \right)\), ta có:

\[\overrightarrow {AM}  = \left( {a - 2\,;\,\,b - 1} \right) \Rightarrow 3\overrightarrow {AM}  = \left( {3a - 6\,;\,\,3b - 3} \right)\]; \[\overrightarrow {AB}  = \left( { - 3\,;\,\,6} \right)\]

\( \Rightarrow 3\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AB}  = \left( {3a - 9\,;\,\,3b + 3} \right).\)

\(3\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {AB}  = \vec 0 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a - 9 = 0}\\{3b + 3 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 3}\\{b =  - 1}\end{array} \Rightarrow M\left( {3\,;\,\, - 1} \right).} \right.} \right.\) Chọn D.

Ta có \(\left( {1 + i} \right)z + 2\bar z = 3 + 2i \Leftrightarrow \left( {1 + i} \right)\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = 3 + 2i\)

\[ \Leftrightarrow \left( {3a - b} \right) + \left( {a - b} \right)i = 3 + 2i\]\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a - b = 3\\a - b = 2\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b =  - \frac{3}{2}\end{array} \right.\).

Suy ra \(P = a + b =  - 1\). Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng \(x = 2\)

\( \Rightarrow  - \frac{c}{b} = 2 \Leftrightarrow c =  - 2b\) và tiệm cận ngang \(y = 1 \Rightarrow \frac{a}{b} = 1 \Leftrightarrow a = b\).

Ta có \[f\left( x \right) = \frac{{ax + 1}}{{bx + c}} \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{ac - b}}{{{{(bx + c)}^2}}}\]

Hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty \,;\,\,2} \right)\) và \(\left( {2\,;\,\, + \infty } \right)\) nên ta có

\(y' > 0\,;\,\,\forall x \ne 2 \Leftrightarrow \frac{{ac - b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}} > 0\,;\,\,\forall x \ne 2\)

\( \Leftrightarrow ac - b > 0 \Leftrightarrow b.( - 2b) - b > 0 \Leftrightarrow  - 2{b^2} - b > 0\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < b < 0 \Rightarrow b < 0 \Rightarrow a < 0,\,\,c > 0.\)

Vậy trong ba số \[a,\,\,b,\,\,c\] có 1 số dương. Chọn C.

Thể tích của cốc nước là: \(V = \pi  \cdot {(2,8)^2} \cdot 8 = 62,72\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của 5 viên bi là: \({V_1} = 5 \cdot \frac{4}{3}\pi  \cdot {1^3} = \frac{{20}}{3}\pi \,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích còn lại sau khi đổ vào cốc \(120{\rm{ml}}\) nước và thả vào cốc 5 viên bi là:

\({V_2} = V - {V_1} - 120 = 62,72\pi  - \frac{{20}}{3}\pi  - 120 \approx 56,10\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Chiều cao phần còn lại là: \(h = \frac{{{V_2}}}{{\pi  \cdot {{(2,8)}^2}}} \approx \frac{{56,10}}{{\pi  \cdot {{(2,8)}^2}}} \approx 2,28\,\,(\;{\rm{cm}}).\)Chọn C.

Hàm số \(y = \frac{{x + 3}}{{x + 1}}\) có \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D\) và đường thẳng \(d:y = x - m\) có hệ số \(a = 1 > 0\) nên \(d\) luôn cắt \((C)\) tại hai điểm phân biệt \[A\left( {{x_A};{y_A}} \right)\] và \(B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\) với mọi giá trị của tham số \[m.\]

Phương trình hoành độ giao điểm của \(d\) và \((C)\) là:

\(\frac{{x + 3}}{{x + 1}} = x - m \Leftrightarrow {x^2} - mx - m - 3 = 0\,\,\left( {x \ne  - 1} \right).\)

Suy ra \({x_A},{x_B}\) là 2 nghiệm của phương trình \({x^2} - mx - m - 3 = 0.\)

Theo định lí Viète, ta có \({x_A} + {x_B} = m.\)

Mặt khác, \(G\left( {2\,;\,\, - 2} \right)\) là trọng tâm của tam giác OAB nên \({x_A} + {x_B} + {x_O} = 3{x_G}\)

\( \Leftrightarrow {x_A} + {x_B} = 6 \Leftrightarrow m = 6.{\rm{ }}\)Vậy \(m = 6\) thoả mãn yêu cầu đề bài. Chọn A.