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

[iceghost]

[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.

 

[iceghost]

Đáp án được thực hiện bởi iceghost

36	37	38	39	40	41	42	43	44	45	46	47	48	49	50	51	52	53	54	55	56	57	58	59	60
D	B	B	D	C	C	A	A	B	A	?	D	B	C	A	B	C	A	A	B	C	A	C	D	D

[TBODY] [/TBODY]

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

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

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

39. Khi quay xong, ta sẽ được 1 khối trụ có $R = 1, h = 1$ và một khối nón có $R = 1, h = 2$. Tổng thể tích $= \pi \cdot 1^2 \cdot 1 + \dfrac{1}3 \cdot \pi \cdot 1^2 \cdot 2 = \dfrac{5\pi}3$
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 $ABC$ là một tam giác vuông có 2 cạnh bằng $4$ và bằng $2$ nên có diện tích bằng $4$
Chọn C

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

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

43. $I = 2 \int_0^3 f(x) \,dx + 3 = 2(S_\text{trên} - S_\text{dưới}) + 3 = 2( \dfrac12 \cdot 2 \cdot (3 + 1) - \dfrac12 \cdot 1 \cdot 1) + 3 = 8$ 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 $C_6^2 \cdot C_6^2 = 225$ cách
Chọn B

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

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

47. Nhìn hình vẽ, ta thấy $A$ nằm ở góc phần tư I ($x > 0$, $y > 0$). Ta chỉ cần biết $w = \dfrac{-4}z$ thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là $N$ vì khi đó $z = \dfrac{-4}w$ là số thực, $z$ phải nằm trên $Ox$)
Cách dễ nhất là chọn $A(1, \sqrt{3})$ rồi tính $w = \ldots = -1 + \sqrt{3} i$.
Thấy $w$ thuộc góc phần tư IV ($x < 0$, $y > 0$) tức điểm $M$
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 $\dfrac{12^3}{20^3} = \dfrac{27}{125}$
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng $1 - \dfrac{27}{125} = \dfrac{98}{125}$ (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là $\sqrt[3]{\dfrac{98}{125}} \approx 0.922$
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng $0.922 \cdot 20 \approx 18.44$ và chiều cao mực nước bằng $20 - 18.44 \approx 1.56$ cm
Chọn B

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

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

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

52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng $4R$ và cũng bằng luôn $a \sqrt{3}$ nên $R = \dfrac{a \sqrt{3}}4$
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 $2V_{cầu} = \dfrac{8}{3} \pi R^3 \approx 0.68 a^3$
Do thể tích ô cơ sở bằng $a^3$ nên tỉ lệ % là $68\%$
Chọn C

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

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

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

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

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

58. $AC'$ giao $A'C$ tại $I$ và $BC'$ giao $B'C$ tại $J$
$V_{C'.IJC} = \dfrac14 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{12} V$
$V_{C'.IJB'A'} = \dfrac34 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{4} V$
$V_{C'.IJBA} = \dfrac34 V_{C.C'AB} = \dfrac1{4}V$
$V_{IJA'BBA} = \left(1 - \dfrac1{12} - \dfrac{1}4 - \dfrac{1}4\right)V = \dfrac{5}{12}V$
Vậy $\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = \dfrac{\dfrac{5}{12} V}{\dfrac{1}{12} V} = 5$
Chọn C

59. Sau khi mở đập được $50$ giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ $10 \cdot 50 = 500$ 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 $\int_0^50 10t \, dt = 12500$ mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là $500 \cdot (60 \cdot 29 + 10) = 875000$ mét khối nước
Xét mỗi đập trong 4 đập còn lại:
- 50 giây đầu xả ra $12500$ mét khối nước
- 24 phút 10 giây sau xả ra $500 \cdot (60 \cdot 24 + 10) = 725000$ mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là $5 \cdot (12500 + 875000) + 4 \cdot (12500 + 725000) = 7387500$ mét khối nước
Chọn D

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

 

[thaohien8c]

Đáp án được thực hiện bởi iceghost

36	37	38	39	40	41	42	43	44	45	46	47	48	49	50	51	52	53	54	55	56	57	58	59	60
D	B	B	D	C	C	A	A	B	A	?	D	B	C	A	B	C	A	A	B	C	A	C	D	D

[TBODY] [/TBODY]

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

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

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

39. Khi quay xong, ta sẽ được 1 khối trụ có $R = 1, h = 1$ và một khối nón có $R = 1, h = 2$. Tổng thể tích $= \pi \cdot 1^2 \cdot 1 + \dfrac{1}3 \cdot \pi \cdot 1^2 \cdot 2 = \dfrac{5\pi}3$
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 $ABC$ là một tam giác vuông có 2 cạnh bằng $4$ và bằng $2$ nên có diện tích bằng $4$
Chọn C

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

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

43. $I = 2 \int_0^3 f(x) \,dx + 3 = 2(S_\text{trên} - S_\text{dưới}) + 3 = 2( \dfrac12 \cdot 2 \cdot (3 + 1) - \dfrac12 \cdot 1 \cdot 1) + 3 = 8$ 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 $C_6^2 \cdot C_6^2 = 225$ cách
Chọn B

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

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

47. Nhìn hình vẽ, ta thấy $A$ nằm ở góc phần tư I ($x > 0$, $y > 0$). Ta chỉ cần biết $w = \dfrac{-4}z$ thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là $N$ vì khi đó $z = \dfrac{-4}w$ là số thực, $z$ phải nằm trên $Ox$)
Cách dễ nhất là chọn $A(1, \sqrt{3})$ rồi tính $w = \ldots = -1 + \sqrt{3} i$.
Thấy $w$ thuộc góc phần tư IV ($x < 0$, $y > 0$) tức điểm $M$
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 $\dfrac{12^3}{20^3} = \dfrac{27}{125}$
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng $1 - \dfrac{27}{125} = \dfrac{98}{125}$ (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là $\sqrt[3]{\dfrac{98}{125}} \approx 0.922$
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng $0.922 \cdot 20 \approx 18.44$ và chiều cao mực nước bằng $20 - 18.44 \approx 1.56$ cm
Chọn B

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

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

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

52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng $4R$ và cũng bằng luôn $a \sqrt{3}$ nên $R = \dfrac{a \sqrt{3}}4$
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 $2V_{cầu} = \dfrac{8}{3} \pi R^3 \approx 0.68 a^3$
Do thể tích ô cơ sở bằng $a^3$ nên tỉ lệ % là $68\%$
Chọn C

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

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

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

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

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

58. $AC'$ giao $A'C$ tại $I$ và $BC'$ giao $B'C$ tại $J$
$V_{C'.IJC} = \dfrac14 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{12} V$
$V_{C'.IJB'A'} = \dfrac34 V_{C'.A'B'C} = \dfrac1{4} V$
$V_{C'.IJBA} = \dfrac34 V_{C.C'AB} = \dfrac1{4}V$
$V_{IJA'BBA} = \left(1 - \dfrac1{12} - \dfrac{1}4 - \dfrac{1}4\right)V = \dfrac{5}{12}V$
Vậy $\dfrac{V_{\max}}{V_{\min}} = \dfrac{\dfrac{5}{12} V}{\dfrac{1}{12} V} = 5$
Chọn C

59. Sau khi mở đập được $50$ giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ $10 \cdot 50 = 500$ 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 $\int_0^50 10t \, dt = 12500$ mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là $500 \cdot (60 \cdot 29 + 10) = 875000$ mét khối nước
Xét mỗi đập trong 4 đập còn lại:
- 50 giây đầu xả ra $12500$ mét khối nước
- 24 phút 10 giây sau xả ra $500 \cdot (60 \cdot 24 + 10) = 725000$ mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là $5 \cdot (12500 + 875000) + 4 \cdot (12500 + 725000) = 7387500$ mét khối nước
Chọn D

60. Xét $g(t) = 3^{2t - 3} - 2^{-t + 3}$ có $g'(t) = 2 \cdot 3^{2t - 3} \ln 3 + 2^{-t + 3} \ln 2 > 0$ nên $g(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$
Vậy nên số cực trị của $g(f(x) + 2x)$ bằng số cực trị của $y = f(x) + 2x$
Xét $y' = f'(x) + 2 = 0$ hay $f'(x) = -2$ 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 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?