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.
36. Ta có y=…⟺(y−1)sinx+ycosx=3−2y
Điều kiện có nghiệm x: (y−1)2+y2⩾(3−2y)2
Giải ra 1⩽y⩽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 32h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ hai, quả bóng nảy lên 32⋅32h=(32)2h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ ba, quả bóng nảy lên (32)3h rồi rơi xuống
- ...
Tổng quãng đường đi được là h+2⋅32h+2⋅(32)2h+2⋅(32)3h+… (số 2 xuất hiện do quãng đường nảy lên bằng quãng đường rơi xuống) =h+2⋅1−3232h (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=BK2−BH2=a2
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 =π⋅12⋅1+31⋅π⋅12⋅2=35π
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≈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∫03f(x)dx+3=2(Streˆn−Sdưới)+3=2(21⋅2⋅(3+1)−21⋅1⋅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 C62⋅C62=225 cách
Chọn B
45.y=x2−9x−3
Đầu tiên khi x→±∞ thì y→±1. 2 đường TCN
Khi x→−3 thì y→−∞, 1 TCĐ
Còn với x→3 thì do (x−3) trên tử khử được (x−3) nằm trong căn dưới mẫu nên y→0.
Tổng 3 tiệm cận
Chọn A
46. pt ⟺2cosx(sinx+1)=0 ⟺cosx=0 hoặc sinx=−1
Vẽ đường tròn lượng giác ra, trong đoạn [0,10] hay [0,3.18π] ta thấy có 3 lần cosx=0 hoặc sinx=−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=z−4 thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là N vì khi đó z=w−4 là số thực, z phải nằm trên Ox)
Cách dễ nhất là chọn A(1,3) rồi tính w=…=−1+3i.
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 203123=12527
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng 1−12527=12598 (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là 312598≈0.922
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng 0.922⋅20≈18.44 và chiều cao mực nước bằng 20−18.44≈1.56 cm
Chọn B
49. Ta cần tìm số chữ số của 22019.
Lấy log 2 vế: ta tính được log22019=2019log2≈607,779
Suy ra 22019≈10607,779=10607+0,779≈6⋅10607
Vậy có 1+607=608 chữ số (tưởng tượng 1 số 6 và 607 số 0)
Chọn C
50. Hạ DH⊥AC thì D′HD=30∘
Dùng htl tính được DH=2.4, suy ra D′D=32.4=543
Chọn A
51. Thời điểm xe dừng hẳn: v(t)=0⟹t=a15
Theo giả thuyết ta có ∫0a15(15−at)dt=15 ⟺15⋅a15−2a⋅(a15)2=15 ⟺a=7.5
Chọn B
52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng 4R và cũng bằng luôn a3 nên R=4a3
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=38πR3≈0.68a3
Do thể tích ô cơ sở bằng a3 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: A64 cách
Vậy xác suất cần tìm là 1−9!5!⋅A64=4237
Chọn A
54. Sau mỗi lần chiết thì lượng chất màu còn lại bằng 5150 lượng chất màu đang có
Sau lần 1: còn 5150 gam chất
Sau lần 2: còn 512502 gam chất
...
Sau lần n: còn 51n50n gam chất
Ta cần 51n50n<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=pS=2
Chọn B
56. Đặt log2∣x2−x2∣=log5(x2−x2+2)=t
Khi đó ∣x2−x2∣=2t và x2−x2+2=5t
Suy ra ∣5t−2∣=2t ⟺5t−2=2t(1) hoặc 5t−2=−2t(2)
Đây là dạng pt khác quen thuộc (1)⟺(52)t+2⋅(51)t=1
VT nghịch biến trên R nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta dùng SHIFT SOLVE trên Casio để tìm nghiệm có là t≈0,8247 (2)⟺5t+2t=2
VT đồng biến trên 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)) ⟺{(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=z2 ⟺{4x+4z+12=0x2+y2+2x+2y+8z+18=0 ⟺{z=−3−xx2+y2−6x+2y−6=0(C)
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 VC′.IJC=41VC′.A′B′C=121V VC′.IJB′A′=43VC′.A′B′C=41V VC′.IJBA=43VC.C′AB=41V VIJA′BBA=(1−121−41−41)V=125V
Vậy VminVmax=121V125V=5
Chọn C
59. Sau khi mở đập được 50 giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ 10⋅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 mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là 500⋅(60⋅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⋅(60⋅24+10)=725000 mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là 5⋅(12500+875000)+4⋅(12500+725000)=7387500 mét khối nước
Chọn D
60. Xét g(t)=32t−3−2−t+3 có g′(t)=2⋅32t−3ln3+2−t+3ln2>0 nên g(t) đồng biến trên 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
36. Ta có y=…⟺(y−1)sinx+ycosx=3−2y
Điều kiện có nghiệm x: (y−1)2+y2⩾(3−2y)2
Giải ra 1⩽y⩽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 32h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ hai, quả bóng nảy lên 32⋅32h=(32)2h rồi rơi xuống
- Lần chạm đất thứ ba, quả bóng nảy lên (32)3h rồi rơi xuống
- ...
Tổng quãng đường đi được là h+2⋅32h+2⋅(32)2h+2⋅(32)3h+… (số 2 xuất hiện do quãng đường nảy lên bằng quãng đường rơi xuống) =h+2⋅1−3232h (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=BK2−BH2=a2
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 =π⋅12⋅1+31⋅π⋅12⋅2=35π
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≈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∫03f(x)dx+3=2(Streˆn−Sdưới)+3=2(21⋅2⋅(3+1)−21⋅1⋅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 C62⋅C62=225 cách
Chọn B
45.y=x2−9x−3
Đầu tiên khi x→±∞ thì y→±1. 2 đường TCN
Khi x→−3 thì y→−∞, 1 TCĐ
Còn với x→3 thì do (x−3) trên tử khử được (x−3) nằm trong căn dưới mẫu nên y→0.
Tổng 3 tiệm cận
Chọn A
46. pt ⟺2cosx(sinx+1)=0 ⟺cosx=0 hoặc sinx=−1
Vẽ đường tròn lượng giác ra, trong đoạn [0,10] hay [0,3.18π] ta thấy có 3 lần cosx=0 hoặc sinx=−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=z−4 thuộc góc phần tư thứ mấy là được. (Không thể là N vì khi đó z=w−4 là số thực, z phải nằm trên Ox)
Cách dễ nhất là chọn A(1,3) rồi tính w=…=−1+3i.
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 203123=12527
Trong hình H2: Tỉ lệ giữa thể tích nón nhỏ và thể tích nón to bằng 1−12527=12598 (do thể tích nước là phần còn lại)
Vậy thì tỉ lệ đồng dạng lúc này là 312598≈0.922
Khi đó chiều cao nón nhỏ bằng 0.922⋅20≈18.44 và chiều cao mực nước bằng 20−18.44≈1.56 cm
Chọn B
49. Ta cần tìm số chữ số của 22019.
Lấy log 2 vế: ta tính được log22019=2019log2≈607,779
Suy ra 22019≈10607,779=10607+0,779≈6⋅10607
Vậy có 1+607=608 chữ số (tưởng tượng 1 số 6 và 607 số 0)
Chọn C
50. Hạ DH⊥AC thì D′HD=30∘
Dùng htl tính được DH=2.4, suy ra D′D=32.4=543
Chọn A
51. Thời điểm xe dừng hẳn: v(t)=0⟹t=a15
Theo giả thuyết ta có ∫0a15(15−at)dt=15 ⟺15⋅a15−2a⋅(a15)2=15 ⟺a=7.5
Chọn B
52. Độ dài đường chéo dài nhất của hình lập phương bằng 4R và cũng bằng luôn a3 nên R=4a3
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=38πR3≈0.68a3
Do thể tích ô cơ sở bằng a3 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: A64 cách
Vậy xác suất cần tìm là 1−9!5!⋅A64=4237
Chọn A
54. Sau mỗi lần chiết thì lượng chất màu còn lại bằng 5150 lượng chất màu đang có
Sau lần 1: còn 5150 gam chất
Sau lần 2: còn 512502 gam chất
...
Sau lần n: còn 51n50n gam chất
Ta cần 51n50n<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=pS=2
Chọn B
56. Đặt log2∣x2−x2∣=log5(x2−x2+2)=t
Khi đó ∣x2−x2∣=2t và x2−x2+2=5t
Suy ra ∣5t−2∣=2t ⟺5t−2=2t(1) hoặc 5t−2=−2t(2)
Đây là dạng pt khác quen thuộc (1)⟺(52)t+2⋅(51)t=1
VT nghịch biến trên R nên chỉ có tối đa 1 nghiệm. Ta dùng SHIFT SOLVE trên Casio để tìm nghiệm có là t≈0,8247 (2)⟺5t+2t=2
VT đồng biến trên 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)) ⟺{(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=z2 ⟺{4x+4z+12=0x2+y2+2x+2y+8z+18=0 ⟺{z=−3−xx2+y2−6x+2y−6=0(C)
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 VC′.IJC=41VC′.A′B′C=121V VC′.IJB′A′=43VC′.A′B′C=41V VC′.IJBA=43VC.C′AB=41V VIJA′BBA=(1−121−41−41)V=125V
Vậy VminVmax=121V125V=5
Chọn C
59. Sau khi mở đập được 50 giây thì đập sẽ xả nước với tốc độ 10⋅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 mét khối nước.
- 29 phút 10 giây sau, lượng nước xả ra là 500⋅(60⋅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⋅(60⋅24+10)=725000 mét khối nước
Vậy tổng lượng nước hồ xả ra là 5⋅(12500+875000)+4⋅(12500+725000)=7387500 mét khối nước
Chọn D
60. Xét g(t)=32t−3−2−t+3 có g′(t)=2⋅32t−3ln3+2−t+3ln2>0 nên g(t) đồng biến trên 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?