Toán 12 [Đề thi và lời giải] Bài thi kiểm tra tư duy của Trường ĐHBK Hà Nội (HUST) năm 2020

iceghost

Cựu Mod Toán
Thành viên
TV BQT xuất sắc nhất 2016
20 Tháng chín 2013
5,018
7,484
941
TP Hồ Chí Minh
Đại học Bách Khoa TPHCM
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Ngày 15/08/2020 vừa qua, các thí sinh ở Hà Nội đã được thử sức với bài thi kiểm tra tư duy của trường ĐHBK. Đề thi gồm 3 phần: I là phần Đọc hiểu, II là phần Toán trắc nghiệm và III là phần Toán tự luận. Thời lượng thi là 120 phút.

Về câu hỏi Toán học trong này mình thấy khá hay, rất đáng tham khảo nếu bạn đang có nhu cầu ôn luyện môn Toán THPT.

Phần Toán trắc nghiệm và Toán tự luận dưới đây của mã đề 106 mình lấy trên Facebook từ một bạn có tài khoản Nguyễn Hoàng Minh đăng tải. Trong trường hợp bạn muốn tham khảo toàn bộ đề, bạn có thể vào bài này trên group K65 của ĐHBKHN nhé.1.jpg 2.jpg 3.jpg 4.jpg 5.jpg 6.jpg
 

iceghost

Cựu Mod Toán
Thành viên
TV BQT xuất sắc nhất 2016
20 Tháng chín 2013
5,018
7,484
941
TP Hồ Chí Minh
Đại học Bách Khoa TPHCM
Đáp án được thực hiện bởi iceghost
36373839404142434445464748495051525354555657585960
DBBDCCAABA?DBCABCAABCACDD
[TBODY] [/TBODY]

36. Ta có y=    (y1)sinx+ycosx=32yy = \ldots \iff (y - 1) \sin x + y \cos x = 3 - 2y
Điều kiện có nghiệm xx: (y1)2+y2(32y)2(y - 1)^2 + y^2 \geqslant (3 - 2y)^2
Giải ra 1y41 \leqslant y \leqslant 4
Khi đó m+M=1+4=5m + M = 1 + 4 = 5
Chọn D

37. Sau khi rơi từ độ cao h=12h = 12 (m):
- Lần chạm đất thứ nhất, quả bóng nảy lên 23h\dfrac{2}3 h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ hai, quả bóng nảy lên 2323h=(23)2h\dfrac{2}3 \cdot \dfrac{2}3 h = \left(\dfrac{2}3\right)^2 h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ ba, quả bóng nảy lên (23)3h\left( \dfrac{2}3 \right)^3 h rồi rơi xuống
- ...
Tổng quãng đường đi được là h+223h+2(23)2h+2(23)3h+h + 2 \cdot \dfrac{2}3 h + 2 \cdot \left(\dfrac{2}3\right)^2 h + 2 \cdot \left( \dfrac{2}3 \right)^3 h + \ldots (số 2 xuất hiện do quãng đường nảy lên bằng quãng đường rơi xuống)
=h+223h123= h + 2 \cdot \dfrac{\dfrac{2}3 h}{1 - \dfrac{2}3} (công thức tổng CSN lùi vô hạn)
=60= 60 (m)
Chọn B

38. Gọi H,KH, K lần lượt là trung điểm AB,CDAB, CD thì khoảng cách HK=BK2BH2=a2HK = \sqrt{BK^2 - BH^2} = a\sqrt{2}
Chọn B

39. Khi quay xong, ta sẽ được 1 khối trụ có R=1,h=1R = 1, h = 1 và một khối nón có R=1,h=2R = 1, h = 2. Tổng thể tích =π121+13π122=5π3= \pi \cdot 1^2 \cdot 1 + \dfrac{1}3 \cdot \pi \cdot 1^2 \cdot 2 = \dfrac{5\pi}3
Chọn D

40. Đối với các bộ điểm có tọa độ tuyệt đẹp thế này, áp dụng công thức diện tích ngay là một điều không nên làm.
Ta vẽ hình ra trước, sau đó thấy tam giác ABCABC là một tam giác vuông có 2 cạnh bằng 44 và bằng 22 nên có diện tích bằng 44
Chọn C

41. Công thức lãi kép thôi: 100(1+7,8%)5145,5773482100(1 + 7,8\%)^5 \approx 145,5773482 triệu đồng
Chọn C

42. Viết pt mặt phẳng chứa ddAA: Cách nhanh nhất là giải hệ để tìm mp đi qua A(1,2,4)A(1, 2, 4)C(2,3,11)C(-2, 3, 11)D(1,5,10)D(-1, 5, 10) (CCDD thuộc dd)
... Ra được 15x4y+7z35=015x - 4y + 7z - 35 = 0
Thay BB vào ta được z=5z = 5 hay B(0,0,5)B(0, 0, 5)
Chọn A

43. I=203f(x)dx+3=2(StreˆnSdưới)+3=2(122(3+1)1211)+3=8I = 2 \int_0^3 f(x) \,dx + 3 = 2(S_\text{trên} - S_\text{dưới}) + 3 = 2( \dfrac12 \cdot 2 \cdot (3 + 1) - \dfrac12 \cdot 1 \cdot 1) + 3 = 8 đvdt
Chọn A

44. Muốn lập được tứ diện thì ta phải lấy 2 điểm trên mỗi đường làm đỉnh. Khi đó số cách chọn là C62C62=225C_6^2 \cdot C_6^2 = 225 cách
Chọn B

45. y=x3x29y = \dfrac{x - 3}{\sqrt{x^2 - 9}}
Đầu tiên khi x±x \to \pm \infty thì y±1y \to \pm 1. 2 đường TCN
Khi x3x \to -3 thì yy \to -\infty, 1 TCĐ
Còn với x3x \to 3 thì do (x3)(x - 3) trên tử khử được (x3)(x - 3) nằm trong căn dưới mẫu nên y0y \to 0.
Tổng 3 tiệm cận
Chọn A

46. pt     2cosx(sinx+1)=0\iff 2\cos x (\sin x + 1) = 0
    cosx=0\iff \cos x = 0 hoặc sinx=1\sin x = -1
Vẽ đường tròn lượng giác ra, trong đoạn [0,10][0, 10] hay [0,3.18π][0, 3.18\pi] ta thấy có 3 lần cosx=0\cos x = 0 hoặc sinx=1\sin x = -1
Chọn... E?

47. Nhìn hình vẽ, ta thấy AA nằm ở góc phần tư I (x>0x > 0, y>0y > 0). Ta chỉ cần biết w=4zw = \dfrac{-4}z thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là NN vì khi đó z=4wz = \dfrac{-4}w là số thực, zz phải nằm trên OxOx)
Cách dễ nhất là chọn A(1,3)A(1, \sqrt{3}) rồi tính w==1+3iw = \ldots = -1 + \sqrt{3} i.
Thấy ww thuộc góc phần tư IV (x<0x < 0, y>0y > 0) tức điểm MM
Chọn D

48. Giả sử tỉ lệ 2 đường cao
Khi đổ nước vào, trong khối nón sẽ tạo thành 1 hình nón đồng dạng với khối nón to.
Trong hình H1: Tỉ lệ giữa thể tích nước (nón nhỏ) và thể tích nón to bằng lập phương tỉ lệ đồng dạng và bằng 123203=27125\dfrac{12^3}{20^3} = \dfrac{27}{125}
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng 127125=981251 - \dfrac{27}{125} = \dfrac{98}{125} (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là 9812530.922\sqrt[3]{\dfrac{98}{125}} \approx 0.922
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng 0.9222018.440.922 \cdot 20 \approx 18.44 và chiều cao mực nước bằng 2018.441.5620 - 18.44 \approx 1.56 cm
Chọn B

49. Ta cần tìm số chữ số của 220192^{2019}.
Lấy log 2 vế: ta tính được log22019=2019log2607,779\log 2^{2019} = 2019 \log 2 \approx 607,779
Suy ra 2201910607,779=10607+0,7796106072^{2019} \approx 10^{607,779} = 10^{607 + 0,779} \approx 6 \cdot 10^{607}
Vậy có 1+607=6081 + 607 = 608 chữ số (tưởng tượng 1 số 6 và 607 số 0)
Chọn C

50. Hạ DHACDH \perp AC thì DHD^=30\widehat{D'HD} = 30^\circ
Dùng htl tính được DH=2.4DH = 2.4, suy ra DD=2.43=435D'D = \dfrac{2.4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}5
Chọn A

51. Thời điểm xe dừng hẳn: v(t)=0    t=15av(t) = 0 \implies t = \dfrac{15}a
Theo giả thuyết ta có 015a(15at)dt=15\int_0^\frac{15}a (15 - at) \, dt = 15
    1515aa2(15a)2=15\iff 15 \cdot \dfrac{15}a - \dfrac{a}{2} \cdot \left(\dfrac{15}a\right)^2 = 15
    a=7.5\iff a = 7.5
Chọn B

52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng 4R4R và cũng bằng luôn a3a \sqrt{3} nên R=a34R = \dfrac{a \sqrt{3}}4
Nhìn hình thấy trong một ô cơ sở có 1 Cr đầy đủ và 8 phần 1/8 Cr
Như vậy thể tích Crom trong một ô cơ sở bằng 2Vca^ˋu=83πR30.68a32V_{cầu} = \dfrac{8}{3} \pi R^3 \approx 0.68 a^3
Do thể tích ô cơ sở bằng a3a^3 nên tỉ lệ % là 68%68\%
Chọn C

53. Không gian mẫu: 9!9!
Ta tính số cách xếp để không bạn nữ đứng cạnh nhau:
- Xếp 5 nam thành 1 hàng dọc: 5!5! cách
- Chèn 4 nữ vào 4 vị trí giữa các bạn nam và 2 vị trí ngoài cùng: A64A_6^4 cách
Vậy xác suất cần tìm là 15!A649!=37421 - \dfrac{5! \cdot A_6^4}{9!} = \dfrac{37}{42}
Chọn A

54. Sau mỗi lần chiết thì lượng chất màu còn lại bằng 5051\dfrac{50}{51} lượng chất màu đang có
Sau lần 1: còn 5051\dfrac{50}{51} gam chất
Sau lần 2: còn 502512\dfrac{50^2}{51^2} gam chất
...
Sau lần n: còn 50n51n\dfrac{50^n}{51^n} gam chất
Ta cần 50n51n<0,2\dfrac{50^n}{51^n} < 0,2 hay n>81,27n > 81,27
Vậy ta phải thực hiện ít nhất 82 lần chiết
Chọn A

55. Tính AB=5AB = 5, BC=13BC = 13, AC=12AC = 12
Dùng hệ thức He-ron hoặc phát hiện tam giác vuông tại A để tính S=30S = 30
r=Sp=2r = \dfrac{S}{p} = 2
Chọn B

56. Đặt log2x2x2=log5(x2x2+2)=t\log_2 |x^2 - x \sqrt{2}| = \log_5 (x^2 - x\sqrt{2} + 2) = t
Khi đó x2x2=2t|x^2 - x\sqrt{2}| = 2^tx2x2+2=5tx^2 - x\sqrt{2} + 2 = 5^t
Suy ra 5t2=2t|5^t - 2| = 2^t
    5t2=2t(1)\iff 5^t - 2 = 2^t \, (1) hoặc 5t2=2t(2)5^t - 2 = -2^t \, (2)
Đây là dạng pt khác quen thuộc
(1)    (25)t+2(15)t=1(1) \iff \left(\dfrac{2}5\right)^t + 2 \cdot \left( \dfrac{1}5 \right)^t = 1
VT nghịch biến trên R\mathbb{R} nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta dùng SHIFT SOLVE trên Casio để tìm nghiệm có là t0,8247t \approx 0,8247
(2)    5t+2t=2(2) \iff 5^t + 2^t = 2
VT đồng biến trên R\mathbb{R} nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta tìm được nghiệm đó là t=0t = 0
Từ 2 nghiệm t này ta giải ra được chỉ 2 nghiệm x.
Chọn C

57. Giả sử tâm mặt cầu là I(x,y,z)I(x, y, z)
IM=IN=d(I,(Oxy))IM = IN = d(I, (Oxy))
    {(x+1)2+(y+1)2+(z+4)2=(x1)2+(y+1)2+(z+2)2(x+1)2+(y+1)2+(z+4)2=z2\iff \begin{cases} (x + 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 4)^2 = (x - 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 2)^2 \\ (x + 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 4)^2 = z^2 \end{cases}
    {4x+4z+12=0x2+y2+2x+2y+8z+18=0\iff \begin{cases} 4x + 4z + 12 = 0 \\ x^2 + y^2 + 2x+2y + 8z + 18 = 0 \end{cases}
    {z=3xx2+y26x+2y6=0(C)\iff \begin{cases} z = -3 - x \\ x^2 + y^2 - 6x + 2y - 6 = 0 \, (C) \end{cases}
Do tiếp điểm của (S)(S)(Oxy)(Oxy) là hình chiếu H(x,y,0)H(x, y, 0) của II lên (Oxy)(Oxy) nên HH chạy trên (C):(x3)2+(y+1)2=16(C): (x - 3)^2 + (y + 1)^2 = 16 có bán kính r=4r = 4
Chọn A

58. ACAC' giao ACA'C tại IIBCBC' giao BCB'C tại JJ
VC.IJC=14VC.ABC=112VV_{C'.IJC} = \dfrac14 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{12} V
VC.IJBA=34VC.ABC=14VV_{C'.IJB'A'} = \dfrac34 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{4} V
VC.IJBA=34VC.CAB=14VV_{C'.IJBA} = \dfrac34 V_{C.C'AB} = \dfrac1{4}V
VIJABBA=(11121414)V=512VV_{IJA'BBA} = \left(1 - \dfrac1{12} - \dfrac{1}4 - \dfrac{1}4\right)V = \dfrac{5}{12}V
Vậy VmaxVmin=512V112V=5\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = \dfrac{\dfrac{5}{12} V}{\dfrac{1}{12} V} = 5
Chọn C

59. Sau khi mở đập được 5050 giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ 1050=50010 \cdot 50 = 500 m^3/s - là tốc độ tối đa, không tăng được nữa.
Xét mỗi đập trong 5 đập đầu tiên:
- 50 giây đầu, lượng nước xả ra là 05010tdt=12500\int_0^50 10t \, dt = 12500 mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là 500(6029+10)=875000500 \cdot (60 \cdot 29 + 10) = 875000 mét khối nước
Xét mỗi đập trong 4 đập còn lại:
- 50 giây đầu xả ra 1250012500 mét khối nước
- 24 phút 10 giây sau xả ra 500(6024+10)=725000500 \cdot (60 \cdot 24 + 10) = 725000 mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là 5(12500+875000)+4(12500+725000)=73875005 \cdot (12500 + 875000) + 4 \cdot (12500 + 725000) = 7387500 mét khối nước
Chọn D

60. Xét g(t)=32t32t+3g(t) = 3^{2t - 3} - 2^{-t + 3}g(t)=232t3ln3+2t+3ln2>0g'(t) = 2 \cdot 3^{2t - 3} \ln 3 + 2^{-t + 3} \ln 2 > 0 nên g(t)g(t) đồng biến trên R\mathbb{R}
Vậy nên số cực trị của g(f(x)+2x)g(f(x) + 2x) bằng số cực trị của y=f(x)+2xy = f(x) + 2x
Xét y=f(x)+2=0y' = f'(x) + 2 = 0 hay f(x)=2f'(x) = -2 có 3 nghiệm (dựa vào đồ thị)
Vậy nên hàm số ban đầu có 3 điểm cực trị
Chọn D
 

thaohien8c

Học sinh tiến bộ
Hội viên CLB Ngôn từ
Thành viên
12 Tháng mười hai 2015
1,076
1,093
256
22
Thái Bình
THPT Bắc Duyên Hà
Đáp án được thực hiện bởi iceghost
36373839404142434445464748495051525354555657585960
DBBDCCAABA?DBCABCAABCACDD
[TBODY] [/TBODY]
36. Ta có y=    (y1)sinx+ycosx=32yy = \ldots \iff (y - 1) \sin x + y \cos x = 3 - 2y
Điều kiện có nghiệm xx: (y1)2+y2(32y)2(y - 1)^2 + y^2 \geqslant (3 - 2y)^2
Giải ra 1y41 \leqslant y \leqslant 4
Khi đó m+M=1+4=5m + M = 1 + 4 = 5
Chọn D

37. Sau khi rơi từ độ cao h=12h = 12 (m):
- Lần chạm đất thứ nhất, quả bóng nảy lên 23h\dfrac{2}3 h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ hai, quả bóng nảy lên 2323h=(23)2h\dfrac{2}3 \cdot \dfrac{2}3 h = \left(\dfrac{2}3\right)^2 h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ ba, quả bóng nảy lên (23)3h\left( \dfrac{2}3 \right)^3 h rồi rơi xuống
- ...
Tổng quãng đường đi được là h+223h+2(23)2h+2(23)3h+h + 2 \cdot \dfrac{2}3 h + 2 \cdot \left(\dfrac{2}3\right)^2 h + 2 \cdot \left( \dfrac{2}3 \right)^3 h + \ldots (số 2 xuất hiện do quãng đường nảy lên bằng quãng đường rơi xuống)
=h+223h123= h + 2 \cdot \dfrac{\dfrac{2}3 h}{1 - \dfrac{2}3} (công thức tổng CSN lùi vô hạn)
=60= 60 (m)
Chọn B

38. Gọi H,KH, K lần lượt là trung điểm AB,CDAB, CD thì khoảng cách HK=BK2BH2=a2HK = \sqrt{BK^2 - BH^2} = a\sqrt{2}
Chọn B

39. Khi quay xong, ta sẽ được 1 khối trụ có R=1,h=1R = 1, h = 1 và một khối nón có R=1,h=2R = 1, h = 2. Tổng thể tích =π121+13π122=5π3= \pi \cdot 1^2 \cdot 1 + \dfrac{1}3 \cdot \pi \cdot 1^2 \cdot 2 = \dfrac{5\pi}3
Chọn D

40. Đối với các bộ điểm có tọa độ tuyệt đẹp thế này, áp dụng công thức diện tích ngay là một điều không nên làm.
Ta vẽ hình ra trước, sau đó thấy tam giác ABCABC là một tam giác vuông có 2 cạnh bằng 44 và bằng 22 nên có diện tích bằng 44
Chọn C

41. Công thức lãi kép thôi: 100(1+7,8%)5145,5773482100(1 + 7,8\%)^5 \approx 145,5773482 triệu đồng
Chọn C

42. Viết pt mặt phẳng chứa ddAA: Cách nhanh nhất là giải hệ để tìm mp đi qua A(1,2,4)A(1, 2, 4)C(2,3,11)C(-2, 3, 11)D(1,5,10)D(-1, 5, 10) (CCDD thuộc dd)
... Ra được 15x4y+7z35=015x - 4y + 7z - 35 = 0
Thay BB vào ta được z=5z = 5 hay B(0,0,5)B(0, 0, 5)
Chọn A

43. I=203f(x)dx+3=2(StreˆnSdưới)+3=2(122(3+1)1211)+3=8I = 2 \int_0^3 f(x) \,dx + 3 = 2(S_\text{trên} - S_\text{dưới}) + 3 = 2( \dfrac12 \cdot 2 \cdot (3 + 1) - \dfrac12 \cdot 1 \cdot 1) + 3 = 8 đvdt
Chọn A

44. Muốn lập được tứ diện thì ta phải lấy 2 điểm trên mỗi đường làm đỉnh. Khi đó số cách chọn là C62C62=225C_6^2 \cdot C_6^2 = 225 cách
Chọn B

45. y=x3x29y = \dfrac{x - 3}{\sqrt{x^2 - 9}}
Đầu tiên khi x±x \to \pm \infty thì y±1y \to \pm 1. 2 đường TCN
Khi x3x \to -3 thì yy \to -\infty, 1 TCĐ
Còn với x3x \to 3 thì do (x3)(x - 3) trên tử khử được (x3)(x - 3) nằm trong căn dưới mẫu nên y0y \to 0.
Tổng 3 tiệm cận
Chọn A

46. pt     2cosx(sinx+1)=0\iff 2\cos x (\sin x + 1) = 0
    cosx=0\iff \cos x = 0 hoặc sinx=1\sin x = -1
Vẽ đường tròn lượng giác ra, trong đoạn [0,10][0, 10] hay [0,3.18π][0, 3.18\pi] ta thấy có 3 lần cosx=0\cos x = 0 hoặc sinx=1\sin x = -1
Chọn... E?

47. Nhìn hình vẽ, ta thấy AA nằm ở góc phần tư I (x>0x > 0, y>0y > 0). Ta chỉ cần biết w=4zw = \dfrac{-4}z thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là NN vì khi đó z=4wz = \dfrac{-4}w là số thực, zz phải nằm trên OxOx)
Cách dễ nhất là chọn A(1,3)A(1, \sqrt{3}) rồi tính w==1+3iw = \ldots = -1 + \sqrt{3} i.
Thấy ww thuộc góc phần tư IV (x<0x < 0, y>0y > 0) tức điểm MM
Chọn D

48. Giả sử tỉ lệ 2 đường cao
Khi đổ nước vào, trong khối nón sẽ tạo thành 1 hình nón đồng dạng với khối nón to.
Trong hình H1: Tỉ lệ giữa thể tích nước (nón nhỏ) và thể tích nón to bằng lập phương tỉ lệ đồng dạng và bằng 123203=27125\dfrac{12^3}{20^3} = \dfrac{27}{125}
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng 127125=981251 - \dfrac{27}{125} = \dfrac{98}{125} (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là 9812530.922\sqrt[3]{\dfrac{98}{125}} \approx 0.922
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng 0.9222018.440.922 \cdot 20 \approx 18.44 và chiều cao mực nước bằng 2018.441.5620 - 18.44 \approx 1.56 cm
Chọn B

49. Ta cần tìm số chữ số của 220192^{2019}.
Lấy log 2 vế: ta tính được log22019=2019log2607,779\log 2^{2019} = 2019 \log 2 \approx 607,779
Suy ra 2201910607,779=10607+0,7796106072^{2019} \approx 10^{607,779} = 10^{607 + 0,779} \approx 6 \cdot 10^{607}
Vậy có 1+607=6081 + 607 = 608 chữ số (tưởng tượng 1 số 6 và 607 số 0)
Chọn C

50. Hạ DHACDH \perp AC thì DHD^=30\widehat{D'HD} = 30^\circ
Dùng htl tính được DH=2.4DH = 2.4, suy ra DD=2.43=435D'D = \dfrac{2.4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}5
Chọn A

51. Thời điểm xe dừng hẳn: v(t)=0    t=15av(t) = 0 \implies t = \dfrac{15}a
Theo giả thuyết ta có 015a(15at)dt=15\int_0^\frac{15}a (15 - at) \, dt = 15
    1515aa2(15a)2=15\iff 15 \cdot \dfrac{15}a - \dfrac{a}{2} \cdot \left(\dfrac{15}a\right)^2 = 15
    a=7.5\iff a = 7.5
Chọn B

52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng 4R4R và cũng bằng luôn a3a \sqrt{3} nên R=a34R = \dfrac{a \sqrt{3}}4
Nhìn hình thấy trong một ô cơ sở có 1 Cr đầy đủ và 8 phần 1/8 Cr
Như vậy thể tích Crom trong một ô cơ sở bằng 2Vca^ˋu=83πR30.68a32V_{cầu} = \dfrac{8}{3} \pi R^3 \approx 0.68 a^3
Do thể tích ô cơ sở bằng a3a^3 nên tỉ lệ % là 68%68\%
Chọn C

53. Không gian mẫu: 9!9!
Ta tính số cách xếp để không bạn nữ đứng cạnh nhau:
- Xếp 5 nam thành 1 hàng dọc: 5!5! cách
- Chèn 4 nữ vào 4 vị trí giữa các bạn nam và 2 vị trí ngoài cùng: A64A_6^4 cách
Vậy xác suất cần tìm là 15!A649!=37421 - \dfrac{5! \cdot A_6^4}{9!} = \dfrac{37}{42}
Chọn A

54. Sau mỗi lần chiết thì lượng chất màu còn lại bằng 5051\dfrac{50}{51} lượng chất màu đang có
Sau lần 1: còn 5051\dfrac{50}{51} gam chất
Sau lần 2: còn 502512\dfrac{50^2}{51^2} gam chất
...
Sau lần n: còn 50n51n\dfrac{50^n}{51^n} gam chất
Ta cần 50n51n<0,2\dfrac{50^n}{51^n} < 0,2 hay n>81,27n > 81,27
Vậy ta phải thực hiện ít nhất 82 lần chiết
Chọn A

55. Tính AB=5AB = 5, BC=13BC = 13, AC=12AC = 12
Dùng hệ thức He-ron hoặc phát hiện tam giác vuông tại A để tính S=30S = 30
r=Sp=2r = \dfrac{S}{p} = 2
Chọn B

56. Đặt log2x2x2=log5(x2x2+2)=t\log_2 |x^2 - x \sqrt{2}| = \log_5 (x^2 - x\sqrt{2} + 2) = t
Khi đó x2x2=2t|x^2 - x\sqrt{2}| = 2^tx2x2+2=5tx^2 - x\sqrt{2} + 2 = 5^t
Suy ra 5t2=2t|5^t - 2| = 2^t
    5t2=2t(1)\iff 5^t - 2 = 2^t \, (1) hoặc 5t2=2t(2)5^t - 2 = -2^t \, (2)
Đây là dạng pt khác quen thuộc
(1)    (25)t+2(15)t=1(1) \iff \left(\dfrac{2}5\right)^t + 2 \cdot \left( \dfrac{1}5 \right)^t = 1
VT nghịch biến trên R\mathbb{R} nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta dùng SHIFT SOLVE trên Casio để tìm nghiệm có là t0,8247t \approx 0,8247
(2)    5t+2t=2(2) \iff 5^t + 2^t = 2
VT đồng biến trên R\mathbb{R} nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta tìm được nghiệm đó là t=0t = 0
Từ 2 nghiệm t này ta giải ra được chỉ 2 nghiệm x.
Chọn C

57. Giả sử tâm mặt cầu là I(x,y,z)I(x, y, z)
IM=IN=d(I,(Oxy))IM = IN = d(I, (Oxy))
    {(x+1)2+(y+1)2+(z+4)2=(x1)2+(y+1)2+(z+2)2(x+1)2+(y+1)2+(z+4)2=z2\iff \begin{cases} (x + 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 4)^2 = (x - 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 2)^2 \\ (x + 1)^2 + (y + 1)^2 + (z + 4)^2 = z^2 \end{cases}
    {4x+4z+12=0x2+y2+2x+2y+8z+18=0\iff \begin{cases} 4x + 4z + 12 = 0 \\ x^2 + y^2 + 2x+2y + 8z + 18 = 0 \end{cases}
    {z=3xx2+y26x+2y6=0(C)\iff \begin{cases} z = -3 - x \\ x^2 + y^2 - 6x + 2y - 6 = 0 \, (C) \end{cases}
Do tiếp điểm của (S)(S)(Oxy)(Oxy) là hình chiếu H(x,y,0)H(x, y, 0) của II lên (Oxy)(Oxy) nên HH chạy trên (C):(x3)2+(y+1)2=16(C): (x - 3)^2 + (y + 1)^2 = 16 có bán kính r=4r = 4
Chọn A

58. ACAC' giao ACA'C tại IIBCBC' giao BCB'C tại JJ
VC.IJC=14VC.ABC=112VV_{C'.IJC} = \dfrac14 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{12} V
VC.IJBA=34VC.ABC=14VV_{C'.IJB'A'} = \dfrac34 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{4} V
VC.IJBA=34VC.CAB=14VV_{C'.IJBA} = \dfrac34 V_{C.C'AB} = \dfrac1{4}V
VIJABBA=(11121414)V=512VV_{IJA'BBA} = \left(1 - \dfrac1{12} - \dfrac{1}4 - \dfrac{1}4\right)V = \dfrac{5}{12}V
Vậy VmaxVmin=512V112V=5\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = \dfrac{\dfrac{5}{12} V}{\dfrac{1}{12} V} = 5
Chọn C

59. Sau khi mở đập được 5050 giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ 1050=50010 \cdot 50 = 500 m^3/s - là tốc độ tối đa, không tăng được nữa.
Xét mỗi đập trong 5 đập đầu tiên:
- 50 giây đầu, lượng nước xả ra là 05010tdt=12500\int_0^50 10t \, dt = 12500 mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là 500(6029+10)=875000500 \cdot (60 \cdot 29 + 10) = 875000 mét khối nước
Xét mỗi đập trong 4 đập còn lại:
- 50 giây đầu xả ra 1250012500 mét khối nước
- 24 phút 10 giây sau xả ra 500(6024+10)=725000500 \cdot (60 \cdot 24 + 10) = 725000 mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là 5(12500+875000)+4(12500+725000)=73875005 \cdot (12500 + 875000) + 4 \cdot (12500 + 725000) = 7387500 mét khối nước
Chọn D

60. Xét g(t)=32t32t+3g(t) = 3^{2t - 3} - 2^{-t + 3}g(t)=232t3ln3+2t+3ln2>0g'(t) = 2 \cdot 3^{2t - 3} \ln 3 + 2^{-t + 3} \ln 2 > 0 nên g(t)g(t) đồng biến trên R\mathbb{R}
Vậy nên số cực trị của g(f(x)+2x)g(f(x) + 2x) bằng số cực trị của y=f(x)+2xy = f(x) + 2x
Xét y=f(x)+2=0y' = f'(x) + 2 = 0 hay f(x)=2f'(x) = -2 có 3 nghiệm (dựa vào đồ thị)
Vậy nên hàm số ban đầu có 3 điểm cực trị
Chọn D
ông đánh giá đề này như nào so với học sinh :D mà câu 46, nếu vẽ đồ thị của sinx và cosx ra, ta sẽ nhìn được cosx = 0 có 3 nghiệm và sinx=-1 có 1 nghiệm là đúng 4 nghiệm?
anh1_2.png
 
  • Like
Reactions: Blueberrie
Top Bottom