Đáp án A

$y^{\text{'}}=3x^2-6x$ Ta có $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$ .

Do hàm số có hệ số  nên đồ thị hàm số có dạng N, suy ra $x=2$  là điểm cực tiểu của hàm $\Rightarrow y_{CT}=f\left(2\right)=0$ số .

Đáp án B

Đáp án D

Ta loại A và C do hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất và hàm bậc bốn trùng phương không thể đồng biến trên R  .

Với B:$y^{\text{'}}=3x^2+8x+3;$$\hspace{0.17em}{y}^{\text{'}}=0\iff x=\frac{-4\pm \sqrt{7}}{3}$ . Vậy ta loại B, chọn D

Đáp án A

$$\begin{gathered} \lim \frac{{2018}^n-1}{{2017}^n+1} \\ =\lim \frac{1-\frac{1}{{2018}^n}}{{\left(\frac{2017}{2018}\right)}^n+\frac{1}{{2018}^n}}=+\infty \end{gathered}$$

Do $\lim \left(1-\frac{1}{{2018}^n}\right)=\mathrm{1,}$$\lim \left[{\left(\frac{2017}{2018}\right)}^n+\frac{1}{{2018}^n}\right]$

Đáp án A

$\begin{array}{l}\sin x=\cos x\\ \iff \cos \left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\cos x\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}-x+k2\pi \\ x=x-\frac{\pi }{2}+k2\pi \end{array}\right.\\ \iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right)\end{array}$

Đáp án C

$z=4-3i+{\left(1-i\right)}^3$

Đáp án B

Với $x=1$  thì y=3   nên ta loại A; C, D chọn B.

Đáp án A

Đáp án C

Với $y=x^2-1\Rightarrow du=2xdx$  .

Vậy $I=\int \sqrt{u}du$ .

Đáp án C

1. Tiệm cận đứng.

$\sqrt{9-x^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=-3\end{array}\right.$

Do $x=3;x=-3$  không là nghiệm của phương trình $x+1=0$  nên đồ thị hàm số $y=\frac{x+1}{\sqrt{9-x^2}}$  có hai đường tiệm cận đứng là x=3 và x= -3.

2. Tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang. Ta chọn C.

Đáp án C

Tứ diện đều có mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng tạo bởi một cạnh với trung điểm của cạnh đối diện nó.

Đáp án D

Với A: Ta có $\int \sin 2xdx=\int 2.\sin x.\cos xdx$$=-\int 2\cos xd\left(\cos x\right)$  (ta loại A).

Từ A ta xét D luôn có tính chất tương tự.

Với D: Ta có

$\int f\left(x\right)dx=\int \sin 2x.dx$$=\int 2\sin x.\cos xdx=\int 2\sin xd\left(\sin x\right)$$={\sin }^{2}x=g\left(x\right)$

Vậy ta chọn D.

Đáp án C

Diện tích xung quang của hình nón được tính bằng công thức

$S_{xq}=\pi rl=\pi .\frac{a}{2}.a=\frac{\pi a^2}{2}.$

Đáp án A

Ta có $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{M{M}^{\text{'}}}=\left(-4;2\right)$ .$\overrightarrow{v}=\overrightarrow{M^{\text{'}}{M^{\text{'}}}^{\text{'}}}=\left(5;3\right)$

Vậy $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=\left(1;5\right)$

Đáp án A

Tam giác SAC vuông tại A suy ra:

$\begin{array}{l}SA=S{C}^2-A{C}^2\\ ={\left(a\sqrt{5}\right)}^2-{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=a\sqrt{3}\end{array}$

Thể tích khối chóp S.ABCD là 

$\begin{array}{l}{V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{S.ABCD}\\ =\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\end{array}$

Đáp án B

Ta có ${\log }_{a}b>0\iff {\log }_{a}b>{\log }_{a}1$ .

Với $0<a<1$  thì $bpt\iff 0<b<1$ .

Với  $a>1$thì $bpt\iff b>1$ .

Vậy ta chọn B.

Đáp án A

Ta có 

$\begin{array}{l}{S}_{xq}=2\pi .r.h\\ =2\pi .r.10=80\pi \\ \iff r=4\\ \Rightarrow V=\pi {.4}^2.10=160\pi \end{array}$

Đáp án C

$y^{\text{'}}=3x^2-4x+2$

Do tại các điểm M, N tiếp tuyến với  vuông góc với đường thẳng $y=-x+2018$

 nên

 $$\begin{gathered} \left(3x^2-4x+2\right).\left(-1\right)=-1 \\ \iff 3x^2-4x+1=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{1}{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Suy ra $x_1+x_2=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$ .

Đáp án C

Điều kiện $x\in ℝ$ .

Bất phương trình $\iff 3.{\left(3^x\right)}^2-{10.3}^x+3\le 0$.

$\iff \frac{1}{3}\le 3^x\le 3\iff -1\le x\le 1$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $T=\left[-1;1\right]$

Suy ra $a=-1;b=1$$\Rightarrow a-b=-2$ .

Đáp án B

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(3;3;1\right)$

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;-2;3\right)$ .

Ta thấy $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=3.1+3.\left(-2\right)+1.3=0$  .

Mà $M\left(1;2;3\right)\in d,M\notin \left(P\right)$  , do vậy đường thẳng d song song với mặt phẳng (P).

Đáp án C

Nhìn vào đồ thị ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[-1;\frac{5}{2}\right]$  là  $M=4$khi $x=\frac{5}{2}$ . Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[-1;\frac{5}{2}\right]$  là  $m=-1$khi $x=x_{CT}$  . Vậy ta chọn C.

Đáp án A

Số cách xếp tiết mục đầu tiên là 1 cách.

Số cách xếp tiết mục thứ hai là 3 cách.

Số cách xếp tiết mục thứ ba là 2 cách.

Số cách xếp tiết mục thứ tư là 1 cách.

Vậy có 1.3.2.1 = 6 cách.

Đáp án A

Do  $f^{\text{'}}\left(x\right)>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$nên hàm số đồng biến trên .

Ta có $e<3\Rightarrow f\left(e\right)<f\left(3\right).$

         $\pi <4\Rightarrow f\left(\pi \right)<f\left(4\right).$

Suy ra $f\left(e\right)+f\left(\pi \right)<f\left(3\right)+f\left(4\right).$

Đáp án C

+ Trong $\left(SAB\right)$   dựng  $AI\perp SB$ta chứng minh được $AI\perp \left(SBC\right)\left(1\right)$  .

Trong $\left(SAD\right)$  dựng $AJ\perp SD$  ta chứng minh được $AJ\perp \left(SCD\right)\left(2\right)$ .

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right),\left(SCD\right)}\right)=\left(\widehat{AI,AJ}\right)=\widehat{IAJ}$

+ Ta chứng minh được $AI=AJ$ . Do đó, nếu góc $\widehat{IAJ}=60°$  thì $\Delta AIJ$  đều $\Rightarrow AI=AJ=IJ$ .

 $\Delta SAB$ vuông tại A có AI là đường cao$\Rightarrow AI.SB=SA.AB$$\Rightarrow AI=\frac{SA.AB}{SB}\left(3\right)$

Và có$S{A}^2=SI.SB$$\Rightarrow SI=\frac{S{A}^2}{SB}\left(4\right)$

Ta chứng minh được $IJ\text{//}BD$$\Rightarrow \frac{IJ}{BD}=\frac{SI}{SB}$$\Rightarrow IJ=\frac{SI.BD}{SB}\stackrel{\left(4\right)}{=}\frac{S{A}^2.B{D}^2}{S{B}^2}\left(5\right)$  .

Thế (3)&(5) vào $AI=IJ\Rightarrow AB=\frac{SA.BD}{SB}$$\iff AB.SB=SA.BD$ .

$\begin{array}{l}\iff a.\sqrt{x^2+a^2}=x.a\sqrt{2}\\ \iff x^2+a^2=2x^2\\ \iff x=a\end{array}$

Đáp án C

TH1: 4 học sinh được chọn thuộc một lớp:

+ Lớp A có $C_5^4=5$  cách chọn.

+ Lớp B có  $C_4^4=1$ cách chọn.

Trường hợp này có: 6 cách chọn.

TH2: 4 học sinh được chọn thuộc 2 lớp:

+ Lớp A và B: $C_9^4-\left(C_5^4+C_4^4\right)=120$có .

+ Lớp B và C : $C_7^4-C_4^4=34$có

+ Lớp C và A: $C_8^4-C_5^4=65$có

Trường hợp này có 219 cách chọn.

Vậy có 225 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán.

Đáp án D

Đặt $z=x+yi,\left(x;y\in ℝ\right)$ .

Ta có 

$\begin{array}{l}\left|-2+i\left(x+yi-1\right)\right|=5\\ \iff \left|-2-y+i\left(x-1\right)\right|=5\\ \iff {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=25\end{array}$

Vậy tập hợp biểu diễn số phức z là đường tròn tâm $I\left(1;-2\right)$   và có bán kính là R=5  . Vậy A; B; C đúng. Ta chọn D

Đáp án A

Đạo hàm $y^{\text{'}}=4a{x}^3+2bx=2x\left(2a{x}^2+b^2\right)$ .

Từ bảng biến thiên ta có $\left\{\begin{array}{l}y\left(1\right)=a+b=-1\\ y^{\text{'}}\left(1\right)=2\left(2a+b\right)=0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=-2\end{array}\right.$

Đáp án D

Đặt $z=x+yi,\left(x,y\in ℝ\right)$ .

Theo đề bài ta có $x^2+y^2=49$  và  $z^2$ là số thuần ảo.

$\begin{array}{l}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=49\\ x^2-y^2=0\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2=\frac{49}{2}\\ y^2=\frac{49}{2}\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=\pm \frac{7}{\sqrt{2}}\\ y=\pm \frac{7}{\sqrt{2}}\end{array}\right.\end{array}$

Vậy có 4 cặp số  thỏa mãn. Ta chọn D

Đáp án B

Ta có 

$\begin{array}{l}I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\frac{{\left(x+2\right)}^{2017}}{x^{2019}}dx\\ =\underset{1}{\overset{2}{\int }}{\left(1+\frac{2}{x}\right)}^{2017}.\frac{1}{x^2}dx\end{array}$

Đặt 

$\begin{array}{l}t=1+\frac{2}{x}\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{t-1}\Rightarrow dx=-\frac{2}{{\left(t-1\right)}^2}dt\\ x^2=\frac{4}{{\left(t-1\right)}^2}\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=1\Rightarrow t=3\\ x=2\Rightarrow t=2\end{array}\right.\end{array}$

Suy ra

$\begin{array}{l}I=-\underset{3}{\overset{2}{\int }}\frac{t^{2017}.2{\left(t-1\right)}^2}{4{\left(t-1\right)}^2}dt\\ =\frac{1}{2}\underset{2}{\overset{3}{\int }}{t}^{2017}dt={\left.\frac{t^{2018}}{4036}\right|}_2^3\\ =\frac{3^{2018}-2^{2018}}{4036}\end{array}$

Đáp án C

$d:\left\{\begin{array}{l}x=-1+2t\\ y=-2-t,\left(t\in ℝ\right)\\ z=2t\end{array}\right..$

Gọi H là hình chiếu của M trên d $\Rightarrow H\left(-1+2t;-2-t;2t\right)$ .

$\Rightarrow \overrightarrow{MH}=\left(-3+2t;1-t;-1+2t\right)$

Ta có $\left(-3+2t\right).2+\left(1-t\right).\left(-1\right)$$+\left(-1+2t\right).2=0$$\iff t=1\Rightarrow H\left(1;-3;2\right)$

Suy ra $M^{\text{'}}\left(0;-3;3\right)$ .

Đáp án B

Điều kiện $x<0$ .

$\begin{array}{l}{\log }_{\frac{\pi }{4}}\left[{\log }_2\left(x+\sqrt{2x^2-x}\right)\right]<0\\ \iff {\log }_{\frac{\pi }{4}}\left[{\log }_2\left(x+\sqrt{2x^2-x}\right)\right]<{\log }_{\frac{\pi }{4}}1\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff {\log }_2\left(x+\sqrt{2x^2-x}\right)>1\\ \iff {\log }_2\left(x+\sqrt{2x^2-x}\right)>{\log }_{2}2\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff x+\sqrt{2x^2-x}>2\\ \iff \sqrt{2x^2-x}>2-x\\ \iff 2x^2-x>x^2-4x+4.\end{array}$

$\begin{array}{l}\iff x^2+3x-4>0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-4\end{array}\right..\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta có $T=\left(-\infty ;-4\right)$  là tập nghiệm của bất phương trình.

Đáp án A

Sử dụng tính chất “Nếu $a+b=1$ thì $f\left(a\right)+f\left(b\right)=1$ ”. Thật vậy:

$f\left(a\right)=\frac{4^a}{4^a+2}=\frac{{2.4}^a}{{2.4}^a+4}$

$a+b=1\Rightarrow b=1-a$. Do đó $f\left(b\right)=f\left(1-a\right)=\frac{4^{1-a}}{4^{1-a}+2}$$=\frac{\frac{4}{4^a}}{\frac{4}{4^a}+2}=\frac{4}{4+{2.4}^a}$ .

Suy ra $f\left(a\right)+f\left(b\right)$$=\frac{{2.4}^a}{{2.4}^a+4}+\frac{4}{4+{2.4}^a}=1$ .

Áp dụng: Ta có ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$  nên $f\left({\sin }^2\alpha \right)+f\left({\cos }^2\alpha \right)=1$ .

Đáp án B

Điều kiện $x\ne \frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2},\left(k\in \mathbb{Z}\right)$  .

$1=\frac{\cos x\left(\cos x+2\sin x\right)+3\sin x\left(\sin x+\sqrt{2}\right)}{\sin 2x}$

$\iff \sin 2x={\cos }^{2}x+\sin 2x$$+3{\sin }^{2}x+3\sqrt{2}\sin x$

$\iff {\cos }^{2}x+3{\sin }^{2}x+3\sqrt{2}\sin x=0$

$\iff 1-{\sin }^{2}x+3{\sin }^{2}x+3\sqrt{2}\sin x=0$

$\iff 2{\sin }^{2}x+3\sqrt{2}\sin x+1=0$

$\Rightarrow \sin x=\frac{\sqrt{10}-3\sqrt{2}}{4}$ do $-1\le \sin x\le 1$

Vậy có hai điểm biểu diễn nghiệm của phương trình đã cho trên đường tròn lượng giác.

Đáp án C

Ta có $V_{A{B}^{\text{'}}C{D}^{\text{'}}}=V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}-V_{AB{B}^{\text{'}}C}$$-V_{B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}C{D}^{\text{'}}}-V_{ADC{D}^{\text{'}}}-V_{A{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$

$=12-\frac{1}{6}\mathrm{.4.}{V}_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}$$=12-\frac{1}{6}\mathrm{.4.12}=4$

Đáp án D

Gọi D, K lần lượt là trung điểm của AB, OC.

Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng  $\left(OAB\right)$ và cắt mặt phẳng trung trực OC tại $I\left(x_1;y_1;z_1\right)$  suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và $z_1=\frac{c}{2}$  (do DOKI là hình chữ nhật).

Tương tự $DF=\frac{a}{2}\Rightarrow x_1=\frac{a}{2};$$y_1=\frac{b}{2}\Rightarrow I\left(\frac{a}{2};\frac{b}{2};\frac{c}{2}\right)$  .

Suy ra $x_1+y_1+z_1=\frac{a+b+c}{2}=1$$\Rightarrow I\in \left(P\right):x+y+z-1=0$  .

Vậy khoảng cách từ điểm M đến (P) là $d=\frac{2015}{\sqrt{3}}$ .

Đáp án A

Thể tích khối tròn xoay tạo bởi các đường $y=e^x,y=\mathrm{0,}x=\mathrm{0,}$$x=k\left(k>0\right)$  được tính bằng công thức

$\begin{array}{l}V=\pi \underset{0}{\overset{k}{\int }}\left|e^{2x}\right|dx\\ =\pi \underset{0}{\overset{k}{\int }}{e}^{2x}dx={\left.\frac{\pi }{2}.e^{2x}\right|}_0^k\\ =\frac{\pi }{2}\left(e^{2k}-e^0\right)=4\pi \\ \iff k=\frac{\ln 9}{2}\end{array}$

Vậy ta chọn A.

Đáp án B

Gọi H là trung điểm $BC\Rightarrow AH\perp BC$$\stackrel{\left(SBC\right)\perp \left(ABC\right)}{\to }AH\perp SH$ .

Xét hai tam giác vuông SHA và BHA có $\left\{\begin{array}{l}HA\text{\hspace{0.17em}chung}\\ SA=BA=a\end{array}\right.$$\Rightarrow \Delta SHA=\Delta BHA$  .

 $\Rightarrow SH=BH\left(=CH\right)$$\Rightarrow \Delta SBC$ vuông tại $S$$\Rightarrow R_b=BH=\frac{BC}{2}$  .

Dễ thấy 

$\begin{array}{l}GT=BC\\ \Rightarrow R=\sqrt{R_b^2+R_d^2-\frac{G{T}^2}{4}}\\ =\sqrt{B{H}^2+R_d^2-\frac{B{C}^2}{4}}\\ =R_d=a\end{array}$

Xét tam giác ABC, có:

$\begin{array}{l}\sin C=\frac{AB}{2R}=\frac{1}{2}\\ \Rightarrow \cos C=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ \Rightarrow BC=2HC\\ =2\left(AC.\cos C\right)=a\sqrt{3}\end{array}$

Trong tam giác vuông SBC, ta có $SC=\sqrt{B{C}^2-S{B}^2}=a\sqrt{2}$  .

Đáp án B

Đặt $EB=a$  như hình vẽ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}EF=a\\ AE=6-a\end{array}\right.$ .

Trong tam giác vuông AEF có 

   $\cos \widehat{AEF}=\frac{6-a}{a}$$\Rightarrow \cos \widehat{FEB}=\frac{a-6}{a}$   (hai góc bù nhau).

Ta có 

$\begin{array}{l}\Delta BEG=\Delta FEG\\ \Rightarrow \widehat{FEG}=\widehat{BEG}=\frac{1}{2}\widehat{FEB}\\ \Rightarrow \cos \widehat{FEG}=\sqrt{\frac{a-3}{a}}\end{array}$

Trong tam giác vuông AEF có $EG=\frac{EF}{\cos \widehat{FEG}}$$=\sqrt{\frac{a^3}{a-3}}$ .

Xét hàm  $f\left(a\right)=\frac{a^3}{a-3}$với $a>3$ , ta được $\min f\left(a\right)$  đạt tại $a=\frac{9}{2}\Rightarrow EG=\frac{9\sqrt{3}}{2}$ .

Đáp án B

Kí hiệu như hình vẽ.

$\begin{array}{l}I=\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx\\ =\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx\\ =S_{ABCD}+S_{DGE}+S_{EFHG}\\ =1+2+1+\frac{1}{2}+1=\frac{11}{2}\end{array}$

Vậy ta chọn B.

Đáp án C 

Xét trường hợp $\frac{AP}{PC}=k$  , lúc này $MP\text{//}BC$  nên $BC\text{//}\left(MNP\right)$  .

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}N\in \left(MNP\right)\cap \left(BCD\right)\\ BC\text{//}\left(MNP\right)\\ BC\subset \left(BCD\right)\end{array}\right.$$\Rightarrow \left(BCD\right)\cap \left(MNP\right)$$=NQ\text{//}BC,Q\in BD$  .

Thiết diện là tứ giác MPNQ.

Xét trường hợp $\frac{AP}{PC}\ne k$ .

Trong $\left(ABC\right)$  gọi$R=BC\cap MP$ .

Trong  $\left(BCD\right)$gọi  $Q=NR\cap BD$ thì thiết diện là tứ giác MNPQ.

Gọi $K=MN\cap PQ$  . Ta có $\frac{S_{MNP}}{S_{MNPQ}}=\frac{PK}{PQ}$ .

Do  $\frac{AM}{NB}=\frac{CN}{ND}$ nên theo định lí Thales đảo thì $AC,NM,BD$  lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng PQ cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại P, K, Q nên áp dụng định lí Thales ta được $\frac{PK}{KQ}=\frac{AM}{MB}=\frac{CN}{ND}=k$

$\Rightarrow \frac{PK}{PQ}=\frac{PK}{PK+KQ}$$=\frac{\frac{PK}{KQ}}{\frac{PK}{KQ}+1}=\frac{k}{k+1}$

Đáp án C

Giả sử $\overrightarrow{SD}=m.\overrightarrow{SM};\overrightarrow{SB}=n.\overrightarrow{SN}$  .

$\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$

Do A; M; N; K đồng phẳng nên $m+n=3$ .

$\frac{V_{S.AKM}}{V_{S.ABC}}=\frac{1}{2}\mathrm{.1.}\frac{1}{m}=\frac{1}{2m}$$\Rightarrow \frac{V_{S.AKM}}{V}=\frac{1}{4m}$

Tương tự ta có $\frac{V_{S.AKN}}{V}=\frac{1}{4n}$$\Rightarrow \frac{V^{\text{'}}}{V}=\frac{1}{4}.\frac{m+n}{mn}$$=\frac{3}{4mn}\ge \frac{3}{{\left(m+n\right)}^2}$$=\frac{3}{3^2}=\frac{1}{3}$  .

Dấu bằng xảy ra khi $m=n=\mathrm{1,5}$ .

Đáp án D

Gọi chiều cao và bán kính đường tròn đáy của chiếc ly lần lượt là h và R

Thể tích của chiếc ly $V=\frac{1}{3}\pi R^{2}h$ .

 Khi để cốc theo chiều xuôi thì lượng nước trong cốc là hình nón có chiều cao và bán kính đường tròn đáy lần lượt là $\frac{h}{3}$  và $\frac{R}{3}$  .

Thể tích của lượng nước $V_1=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{R}{3}\right)}^2\left(\frac{h}{3}\right)=\frac{V}{27}$  .

Thể tích phần không chứa nước$V_2=\frac{26V}{27}$ .

* Khi úp ngược ly lại thì phần thể tích nước trong ly không đổi và lúc đó phần không chứa nước là hình nón. Gọi h ' và  R ' lần lượt là chiều cao và bán kính đường tròn đáy của phần hình nón không chứa nước. Ta có $\frac{R^{\text{'}}}{R}=\frac{h^{\text{'}}}{h}$  và phần thể tích hình nón không chứa nước là

$\begin{array}{l}{V}_2=\frac{26}{26}.V\\ \iff \frac{1}{3}\pi {R^{\text{'}}}^2.h^{\text{'}}=\frac{26}{27}.\left(\frac{1}{3}\pi R^{2}h\right)\\ \iff \frac{{R^{\text{'}}}^2.h^{\text{'}}}{R^2.h}=\frac{26}{27}\\ \iff {\left(\frac{h^{\text{'}}}{h}\right)}^3=\frac{26}{27}\\ \iff \frac{h^{\text{'}}}{h}=\frac{\sqrt[3]{26}}{3}\end{array}$

Vậy tỷ lệ chiều cao của mực nước và chiều cao của ly nước trong trường hợp úp ngược ly là

$\begin{array}{l}\frac{h-h^{\text{'}}}{h}=1-\frac{h^{\text{'}}}{h}\\ =1-\frac{\sqrt[3]{26}}{3}\\ =\frac{3-\sqrt[3]{26}}{3}\end{array}$