Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 6)

Theo biểu đồ hình tròn, ta thây \(100\% \) tương ứng với \(360^\circ .\)

Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Văn là: \(\left( {\frac{{90}}{{360}} - \frac{{15}}{{100}}} \right) \cdot 100\%  = 10\% \).

Tỉ lệ học sinh bình chọn môn Toán là: \(\left( {\frac{{180}}{{360}} - \frac{{10}}{{100}}} \right) \cdot 100\%  = 40\% \).

Số học sinh bình chọn môn Toán là: \(40\%  \cdot 40 = 16\) (học sinh). Chọn C.

Ta có \[\overrightarrow {OA}  = \vec i - \vec j + 3\vec k \Rightarrow A\left( {1\,;\,\, - 2\,;\,\,3} \right).\]

Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \[ABC\] ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2}\\{{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{ - 2 - 4 + 0}}{3} =  - 2{\rm{ }}}\\{{z_G} = \frac{{{z_A} + {z_B} + {z_C}}}{3} = \frac{{3 + 1 - 1}}{3} = 1}\end{array}} \right.\)

Vậy \(G\left( {2\,;\,\, - 2\,;\,\,1} \right)\). Chọn C.

Ta có \({z_2} = \left( {1 + i} \right){z_1} = \left( {1 + i} \right)\left( {3 - 2i} \right) = 5 + i\)

Suy ra \(w = 2{z_1} - {z_2} = 2\left( {3 - 2i} \right) - \left( {5 + i} \right) = 1 - 5i\).

Do đó, phần thực của số phức \(w = 2{z_1} - {z_2}\) bằng 1. Chọn A.

Có: \(S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t \Rightarrow v\left( t \right) = 3{t^2} + 4t + 3\).

Xét thời điểm chất điểm cách vị trí ban đầu \(108\,\;{\rm{m}}\), ta có:

\[S\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} + 3t = 108 \Leftrightarrow t = 4\,\,(\;{\rm{s}})\]

\( \Rightarrow v\left( 4 \right) = 3 \cdot {4^2} + 4 \cdot 4 + 3 = 67\,\,(\;{\rm{m}}/{\rm{s}}).\) Chọn B.

Vì \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên \(BC\,{\rm{//}}\,\left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {BC,\,\,SD} \right) = d\left( {BC,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right).\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BA \bot AD}\\{BA \bot SA}\end{array} \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\,\,\left( {SAD} \right)} \right) = BA} \right.\).

Tam giác ABC vuông tại \(B\) nên\(AB = \sqrt {A{C^2} - B{C^2}}  = \sqrt {5{a^2} - 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \)

Ta có \(\overrightarrow {BA}  = \left( {4\,;\,\, - 1\,;\,\,0} \right)\) và \(\overrightarrow {BC}  = \left( { - 1\,;\,\, - 1\,;\,\, - 1} \right).\)

Một vectơ pháp tuyến của \(\left( {ABC} \right)\) là \(\vec n = \left[ {\overrightarrow {BA} \,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {1\,;\,\,4\,;\,\,5} \right).\)

Đường cao kẻ từ \(A\) nằm trong \(\left( {ABC} \right)\) và vuông góc với \[BC\] nên có một vectơ chỉ phương là

\(\left[ {\vec n\,;\,\,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( { - 9\,;\,\,6\,;\,\,3} \right) =  - 3\vec d\).

Suy ra \(\vec d\left( {3\,;\,\, - 2\,;\,\, - 1} \right)\) là một vectơ chỉ phương cần tìm. Chọn A.

Ta có \((C)\) cắt trục hoành \((y = 0)\) tại điểm \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\)

Trong các đường thẳng \[{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3},\,\,{d_4}\] chỉ có \(M \in {d_3}\), có nghĩa là có 1 đường thẳng đi qua \(M\left( { - 1\,;\,\,0} \right).\) Chọn A.

Do \(M\) là trung điểm của \[SD\] nên ta có:

\(d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right)\)

Vì \[ABCD\] là hình bình hành nên \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\)

\( \Rightarrow {V_{MBCD}} = \frac{1}{3}d\left( {M,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) \cdot {S_{BCD}}\)