7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 62)

Tập xác định: D = (0; +∞) và [2; 3] Ì D

Ta có: y¢= 2 − (xln x)¢

= 2 − ln x − 1 = 1 − ln x

Xét y¢= 0 Û ln x = 1 Û x = e Î [2;3] 

Ta tính được:

y (2) = 4 − 2ln 2, y (3) = 6 − 3ln 3, y (e) = 2e − e = e

Vậy max2; 3y=ye=e tại x = e.

Tập xác định: D = (0; +∞) và [1; 2] Ì D

Ta có: y¢= 2xln x + x

= x(2ln x + 1)

Xét  y'=0⇔x=0lnx=−12⇔x=0∉1; 2x=e−12∉1; 2 

 Ta tính được:

y (1) = 1²ln 1 = 0, y (2) = 2²ln 2 = 4ln 2

Vậy  min1; 2y=y1=0 tại x = 1.

Xét y = cos 2x Þ y¢= −2sin 2x

Đề hàm số đồng biến thì y¢= −2sin 2x ≥ 0 "x

Suy ra sin 2x £ 0

Þ 2x Î (p + k2p; 2p + k2p)

⇒x∈π2+kπ ; π+kπ

Vậy hàm số y = cos 2x đồng biến trên khoảng  π2+kπ ; π+kπ.

Đáp án đúng là: A

Xét y = cos 2x Þ y¢= −2sin 2x

Đề hàm số nghịch biến thì y¢= −2sin 2x £ 0 "x

Suy ra sin 2x ≥ 0

Þ 2x Î (k2p; p + k2p)

⇒x∈kπ; π2+kπ

Vậy hàm số y = cos 2x nghịch biến trên khoảng  kπ; π2+kπ.

 log2x . log4x . log8x . log16x=8124

 ⇔log2x . 12log2x . 13log2x . 14log2x=8124

 ⇔124log2x4=8124

Û (log₂ x)⁴ = 81

⇔log2x=3log2x=−3⇔x=8x=18

Tích hai nghiệm của phương trình là:  8 . 18=1.

Điều kiện: x > 1

Ta có:log₈ (x − 1)³ + log₂ (x + 2) = 2 log₄ (3x − 2).

⇔3 . 13log2x−1+log2x+2=2 . 12log23x−2

Ûlog₂ (x − 1) + log₂ (x + 2) = log₂ (3x − 2)

Û (x − 1)(x + 2) = 3x − 2

Û x² − x + 2x − 2 = 3x − 2

Û x² − 2x = 0

⇔x=0 KTMx=2 TM

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.

Ta có:  i→=1; 0j→=0; 1⇒i→+j→=1; 1

Vậy tọa độ của vec tơ  i→+j→ là: (1; 1).

Đáp án đúng là: A

Vì  v→=a . i→+b . j→ nên v→ . j→=3

 ⇔a . i→+b . j→ . j→=3

⇔a . i→ . j→+b . j→ . j→=3

Mà do  i→⊥j→ nên  i→ . j→=0

Suy ra  b . j→2=3

Hay b = 3

Do đó (a; b) có thể là cặp số (2; 3).

Gọi số phức  z=x+yi⇒z¯=x−yi

Ta có:  w=z¯−2iz+2=x−yi−2ix+yi+2 

Û w = [x − (y + 2)i](x + 2 + yi)

Û w = x(x + 2) + y(y + 2) + [xy − (x + 2)(y + 2)]i

Vì w là số phức thuần ảo suy ra x(x + 2) + y(y + 2) = 0

Û x² + 2x + y² + 2y = 0

Û (x² + 2x + 1) + (y² + 2y + 1) = 2

Û (x + 1)² + (y + 1)² = 2

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z có bán kính  R=2.

Gọi số phức z=x+yi⇒z¯=x−yi

Ta có:  w=z+2iz¯+2=x+yi+2ix−yi+2 

Û w = [x + (y + 2)i](x + 2 − yi)

Û w = x(x + 2) + y(y + 2) + [(x + 2)(y + 2) − xy]i

Vì w là số phức thuần ảo suy ra x(x + 2) + y(y + 2) = 0

Û x² + 2x + y² + 2y = 0

Û (x² + 2x + 1) + (y² + 2y + 1) = 2

Û (x + 1)² + (y + 1)² = 2.

Vậy đường tròn biểu diễn số phức z có tâm là điểm (−1; −1).

Đáp án đúng là: A

Xét hàm số y = x³ − 3(m + 1)x² + 3(m − 1)²x có:

y¢= 3x² − 6(m + 1)x + 3(m − 1)²

Hàm số đạt cực trị tại điểm x = 1 khi và chỉ khi y¢ (1) = 0

Û 3 − 6(m + 1) + 3(m − 1)² = 0

Û 3m² − 12m = 0

⇔m=0m=4

Thử lại:

+) Với m = 0 ta có y = x³ − 3x² + 3x

Khi đó y¢= 3x² − 6x + 3 = 3(m − 1)² ≥ 0

Do đó hàm số không có cực trị.

+) Với m = 4 ta có y = x³ − 15x² + 27x

Khi đó y¢= 3x² − 30x + 27 = 0

⇔x=1x=9 

Do đó hàm số có 2 điểm cực trị thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy m = 4 là giá trị cần tìm.

Tập xác định: D = ℝ

Xét hàm số  y=x33−m+1x2+m2−3x−1 có:

y¢= x² − 2(m + 1)x + m² − 3

y¢¢= 2x − 2(m + 1).

Hàm số đạt cực trị tại x = −1 khi:

y'−1=0y''−1≠0⇔1+2m+1+m2−3=0−2−2m+1≠0

⇔m2+2m=0−2m−4≠0⇔m=−2m=0m≠−2⇔m=0

Vậy m = 0 thì hàm số đạt cực trị tại x = −1.

Ta có: AC // A'C'

⇒AC; A'D^=A'C'; A'D^=DA'C'^

Ta có ∆DA'C' là tam giác đều 

⇒DA'C'^=60°⇒AC; A'D^=60°

Vậy góc giữa hai đường thẳng (AC) và (A'D) bằng: 60°.

a) Góc giữa AB và B'C' bằng góc giữa AB và BC (vì B'C' // BC)

Suy ra góc giữa AB và B'C' bằng:  ABC^=90°.

b) Góc giữa AC và B'C' bằng góc giữa AC và BC (vì B'C' // BC)

Suy ra góc giữa AC và B'C' bằng:  ACB^=45°

c) Góc giữa A'C' và B'C bằng góc giữa AC và B'C (vì A'C' // AC)

ΔACB' đều vì AC = B'C = AB' (đường chéo của các hình vuông bằng nhau)

Suy ra góc giữa A'C' và B'C bằng:  ACB'^=60°.

Ta có:  w→=2u→−3v→=22i→−3j→−3−5i→−j→

=4i→−6j→+15i→+3j→=19i→−3j→

Khi đó,tọa độ của  w→=2u→−3v→ là (19; −3)

Vậy tích XY bằng: 19.(−3) = −57.

Trong không gian Oxyz, tọa độ của véctơ  u→=2i→−3j→+4k→ là: (2; −3; 4).

Đáp án đúng là: C

TXĐ: D = ℝ

Ta có:  y'=3x2−6x=0⇔x=0⇒y=2x=2⇒y=−2

Mà do hàm số có a = 1 > 0 nên cực tiểu của hàm số là x = 2 và cực đại của hàm số là x = 0.

Suy ra cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A(0; 2) và B(2; −2).

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực trị A, B ta có:

xI=xA+xB2yI=yA+yB2⇒xI=0+22yI=2+−22⇒xI=1yI=0

Vậy I(1; 0).

TXĐ: D = ℝ

Ta có:

y'=3x2−3=0⇔x=1⇒y=−2x=−1⇒y=2

Mà do hàm số có a = 1 > 0 nên cực tiểu của hàm số là x = 1 và cực đại của hàm số là x = −1.

Suy ra cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là A(−1; 2) và B(1; −2).

Độ dài đoạn thẳng AB là:

 AB=1+12+−2−22=20=25.

Gọi H là trọng tâm đáy trùng với hình chiếu của S.

Đặt  AB=6x⇒CM=6x . 32=3x3

⇒MH=x3; AH=HC=2x3

Góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là

SMH^=45°⇒SH=MH=x3

Tam giác vuông SAH có:

AH² + SH² = SA²

Þ 12x² + 3x² = a²

Þ 15x² = a²

^⇒x=a15

Khi đó  V=13SH . AB234=13 . x3 . 6x234

=9x3=9 . a153=a31525.

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC.

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SH ^ (ABC).

Gọi D là trung điểm của BC nên  AH=23AD.

Vì AD là đường trung tuyến trong tam giác ABC đều cạnh a nên  AD=a32.

⇒AH=23AD=23 . a32=a33.

Ta có SH ^ (ABC).

Suy ra góc giữa cạnh bên SA và đáy là góc giữa SA và AH, hay là  SAH^.

Theo đề bài ta có:  SAH^=45° nên suy ra ∆SAH vuông cân tại H.

Khi đó  SH=AH=a33

Diện tích tam giác ABC đều cạnh a là  a234

Thể tích khối chóp là:

VS.ABC=13SH . SABC=13 . a33 . a234=a312

Hàm số trên xác định khi:

Û|1 − sin x| > 0

Û 1 − sin x ¹ 0

Û sin x ¹ 1

⇔x≠π2+k2π, k∈ℤ

Vậy TXĐ của hàm số là:  ℝ\π2+k2π, k∈ℤ.

Xét hàm số y = ln |sin x|

⇒y'=sinx'sinx=cosxsinx=cotx.

a) Ta có:  AB→=2; 2, AC→=−1; −1

 ⇒AB→=−2AC→.

Vậy 2 vectơ cùng phương, do đó A, B, C thẳng hàng.

b) Vì  AB→=−2AC→ nên A chia đoạn BC theo tỉ số −2.

BA→=−2; −2, BC→=−3; −3

 ⇒BA→=23BC→.

Vậy B chia đoạn AC theo tỉ số  23.

 CA→=1; 1, CB→=3; 3

 ⇒CA→=13CB→.

Vậy C chia đoạn AB theo tỉ số  13.

Ta có:  w=3+iz1+z

Û w(1 + z) = 3 + iz

Û w + wz = 3 + iz

Û z(i − w) = w − 3

⇔z=w−3i−w

Khi đó ta đặt w = x + yi (x, y Î ℝ) ta được

z=2⇔w−3i−w=2

⇔x+yi−3i−x−yi=2

⇔x−3+yi−x+1−yi=2

⇔x−3+yi=2−x+1−yi

Û (x − 3)² + y² = 2[x² + (1 − y)²]

Û x² − 6x + 9 + y² = 2x² + 2 − 4y + 2y²

Û (x² + 6x + 9) + (y² − 4y + 4) = 20

Û (x + 3)² + (y − 2)² = 20

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn có tâm I(−3; 2) và bán kính  R=25.

Ta có:  w=4+iz1+z

Û w(1 + z) = 4 + iz

Û w + wz = 4 + iz

Û z(i − w) = w − 4

⇔z=w−4i−w

Khi đó ta đặt w = x + yi (x, y Î ℝ) ta được

z=2⇔w−4i−w=2

⇔x+yi−4i−x−yi=2

⇔x−4+yi−x+1−yi=2

⇔x−4+yi=2−x+1−yi

Û (x − 4)² + y² = 2[x² + (1 − y)²]

Û x² − 8x + 16 + y² = 2x² + 2 − 4y + 2y²

Û (x² + 8x + 16) + (y² − 4y + 4) = 34

Û (x + 4)² + (y − 2)² = 34

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w đường tròn có tâm I(−4; 2) và bán kính R=34.

Áp dụng công thức tính thể tích: V =pr²h

Suy ra  r=Vπh=πa3π . 2a=a22.

Vậy bán kính đáy của khối trụ tròn xoay đó là  a22.

Vì diện tích toàn phần của khối trụ gấp 2 lần diện tích xung quanh của nó nên:

2prh + 2pr² = 2.2prh

Û 2pr² = 2prh

Û r = h

Þ h = 6 cm

Vậy thể tích của khối trụ tròn xoay là:

V =pr²h =p.6².6 = 216p.

Ta có:  VC.MB'C'=13b. dC; MB'C'  1

Mà V_C.MB'C' = V_M.B'C'C = V_M.BB'C (Do S_∆B'C'C = S_∆BB'C) = V_B'.MBC

Ta có:  VB'.MBC=13BB' . SMBC=13h . Sd2=Sd . h6

⇒VC.MB'C'=Sd . h6  2

Từ (1) và (2) suy ra  13b. dC; MB'C'=Sd . h6

⇒dC; MB'C'=Sd . h2b

Mặt khác: V_ABC.A'B'C' = S_d.h = a

⇒dC; MB'C'=a2b

Ta có: V_AMDBNE = V_C'.CDE − V_CC'ABMN = V_C'.CDE − (V − V_C'.A'B'NM)

SCDESABC=CDCA  . CECB

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

DADC=AMCC'=12⇒CDCA=2

EBEC=BNCC'=13⇒CECB=32

⇒SCDESABC=CDCA  . CECB=2 . 32=3

Lại có chóp C'.CDE và lăng trụ có cùng chiều cao.

⇒VC'.CDEV=13SCDESABC=1⇒VC'.CDE=V

Ta có:

SA'B'NMSABB'A'=12A'M+B'N . dA'; BB'BB' . dA'; BB'

=1212BB'+23BB'BB'=712

⇒VC'.A'B'NMVC'.ABB'A'=SA'B'NMSABB'A'=712

⇒VC'.A'B'NM=712VC'.ABB'A'

Mà  VC'.ABB'A'=23V⇒VC'.A'B'NM=712 . 23V=718V

Vậy  VAMDBNE=V−V−718V=718V hay  VAMDBNEV=718.

Đáp án đúng là: D

Ta có:  OB→+OC→=OA→+AB→+OD→+DC→

=OA→+OD→+AB→+DC→

=OA→−OA→+2DC→+DC→ =0→+3DC→=3DC→

Suy ra  OB→+OC→=3 . DC→=3 . DC=3a.

Gọi S là giao điểm của AD và BC

Nếu quay tam giác SCD quanh trục SN, các đoạn thẳng SC, SB lần lượt tạo ra mặt xung quanh cảu hình nón (H₁) và (H₂).

Với hình nón (H₁):

l1=SC=2a, r1=NC=a, h1=SN=a3

Với hình nón (H₂):

l2=SB=a, r2=MB=a2, h2=SM=a32

Diện tích xung qunah của khối tròn xoay là:

Sxq=SH1−SH2=πl1r1−πl2r2=2πa2−πa22=3πa22

Diện tích hai đáy:

S_đáy = S₁ + S₂ =pr₁² + pr₂²

^{=πa2+πa24=5πa24}

Suy ra  Stp=3πa22+5πa24=11πa24.

Khi quay hình tròn ngoại tiếp tam giác vuông cân ABC quanh cạnh BC ta nhận được 1 khối cầu đường kính BC, khi đó bán kính khối cầu là:

R=BC2=a2

Vậy thể tích khối cầu là:

V=43πR3=43π . a23=πa36

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC, ta có: 

BC2=AB2+AC2−2AB . AC . cosBAC^

=42+42−2 . 4 . 4 . −12=48

⇒BC=43

Gọi H là trung điểm của BC.

Khi quay tam giác ABC quanh cạnh BC ta được 2 hình nón có chung bán kính đáy AH, đường cao lần lượt là BH và CH với:

AH = AB.cos 60°= 2 

BH=CH=12BC=432=23

V=13π . AH2 . BH+13π . AH2 . CH

=13π . AH2 . BH+CH

=13π . 22 . 23+23=16π33

Khi quay tam giác ABC quanh AB ta được khối tròn xoay như sau:

Gọi D là điểm đối xứng C qua AB, H là trung điểm của CD.

Ta có:  ABC^=180°−120°2=30°

⇒HC=BC . sin30°=43 . 12=23

BH=BC . cos30°=43 . 32=6

⇒V=13π . HC2 . BH−13π . HC2 . AH

=13π . HC2 . AB=13π . 232 . 4=16π

Do điểm B và C có vai trò như nhau nên khi quay tam giác ABC quanh AC ta cũng nhận được khối tròn xoay có thể tích bằng 16p.

Vậy thể tích lớn nhất có thể được khi quay tam giác ABC quanh một đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC là 16π.

Trong mặt phẳng (SBC), nối MN kéo dài cắt BC tại E

Trong mặt phẳng (ABCD), nối ED kéo dài cắt AB tại F

Trong mặt phẳng (SAB), nối MF cắt SA tại P

Þ P = SA Ç (DMN).

M là trung điểm SB nên  SMSB=12

N là điểm thuộc cạnh SC thỏa mãn SN = 2NC nên  SNSC=23

Do đó:

 VS.AMNVS.ABC=SASA . SMSB . SNSC=1 . 12 . 23=13.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f (x) và g (x) là:

ax³ + bx² + cx − 2 = dx² + ex + 2

Û ax³ + (b − d)x² + (c − e)x − 4 = 0 (1)

Vì phương trình (1) có các nghiệm −2; −1; 1 nên: 

a . −23+b−d . −22+c−e . −2−4=0a . −13+b−d . −12+c−e . −1−4=0a . 13+b−d . 12+c−e . 1−4=0

⇔−8a+4b−d−2c−e−4=0−a+b−d−c−e−4=0a+b−d+c−e−4=0

⇔3a−3b−d+6=02b−d−8=0a+b−d+c−e−4=0

⇔a=b−d−2b−d=4a+b−d+c−e=4

⇔a=2b−d=4c−e=4−a−b−d⇔a=2b−d=4c−e=−2

Diện tích hình phẳng cần tìm là: 

S=∫−2−1fx−gxdx+∫−11gx−fxdx

=∫−2−1ax3+b−dx2+c−ex−4dx+∫−11−ax3−b−dx2−c−ex+4dx

=∫−2−12x3+4x2−2x−4dx+∫−11−2x3−4x2+2x+4dx

=x42+4x33−x2−4x−2−1+−x42−4x33+x2+4x−11

=−142+4 . −133−−12−4 . −1−−242−4 . −233+−22−4 . −2

−142−4 . 133+12+4 . 1+−142+4 . −133−−12−4 . −1

=12−43−1+4−8+323+4+8−12−43+1+4+12−43−1+4

=376

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị f (x) và g (x) là: 

ax3+bx2+cx−12=dx2+ex+1

⇔ax3+b−dx2+c−ex−32=0   *

Do đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại ba điểm suy ra phương trình (*) có ba nghiệm là −3; −1; 1.

Ta được ax+3x+1x−1=ax3+b−dx2+c−ex−32

⇔ax+3x2−1=ax3+b−dx2+c−ex−32

⇔ax3+3ax2−ax−3a=ax3+b−dx2+c−ex−32

Đồng nhất hai vế ta suy ra:

3a=b−d−a=c−e−3a=−32⇔a=12b−d=32c−e=−12

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là

S=∫−3−112x3+32x2−12x−32dx+∫−11−12x3−32x2+12x+32dx

=x48+x32−x24−3x2−3−1+−x48−x32+x24+3x2−11

=−148+−132−−124−3 . −12−−348−−332+−324+3 . −32

−148−132+124+3 . 12+−148+−132−−124−3 . −12

=18−12−14+32−818+272+94−92−18−12+14+32+18−12−14+32= 4.

a) Ta có:  2IB→+3IC→=0→

 ⇔2IB→=−3IC→

 ⇔IB→=−32 . IC→

Vậy I là điểm nằm trên đoạn thẳng BC sao cho  IBIC=32.

b)  2JA→+JC→−JB→=CA→

 ⇔2JA→+JC→−JB→=JA→−JC→

 ⇔2JC→=JB→−JA→

 ⇔2JC→=AB→⇔JC→=12 . AB→.

Vậy J nằm cùng phía với A so với đoạn thẳng BC sao cho JC // AB và  JCAB=12.

c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

 KA→+KB→+KC→=2BC→

 ⇔KG→+GA→+KG→+GB→+KG→+GC→=2BC→ 

 ⇔3KG→+GA→+GB→+GC→=2BC→

 ⇔3KG→+0→=2BC→

 ⇔KG→=23BC→.

Vậy K nằm cùng phía với B so với đoạn thẳng AG sao cho KG // BC và  KGBC=23.

d) Gọi M là trung điểm của AC.

 3LA→+2LC→−LB→=0→

 ⇔3LM→+3MA→+2LM→+2MC→−LM→−MB→=0→

 ⇔4LM→+2MA→+2MC→+MA→−MB→=0→

 ⇔4LM→+0→+BA→=0→

 ⇔LM→=14 . AB→.

Vậy L nằm cùng phía với A so với đoạn thẳng MB sao cho LM // AB và  LMAB=14.

a) Ta có:  2IA→−3IB→=3BC→

 ⇔2IB→=3IB→+3BC→ 

 ⇔2IB→=3IC→

 ⇔IB→=32 . IC→

Vậy I là điểm nằm ngoài đoạn thẳng BC, gần điểm C hơn sao cho  IBIC=32.

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

 JA→+JB→+2JC→=0→

 ⇔JG→+GA→+JG→+GB→+2JG→+2GC→=0→

 ⇔4JG→+GA→+GB→+GC→+GC→=0→

 ⇔4JG→+0→+GC→=0→

 ⇔4JG→+GC→=0→

⇔JG→=14 . CG→

Vậy J nằm trên đoạn thẳng GC sao cho  JGCG=14.

c)  KA→+KB→−KC→=BC→

 ⇔KA→+CB→=BC→

 ⇔KA→=BC→+BC→

 ⇔KA→=2 . BC→

Vậy K nằm cùng phía với B so với đoạn thẳng AC sao cho KA // BC và  KABC=12.

d) Gọi M là trung điểm của AC.

 LA→−2LC→=AB→−2AC→

 ⇔LM→+MA→−2LM→−2MC→=AB→−AC→−AC→

 ⇔−LM→+MA→+AC→−2MC→=CB→

 ⇔−LM→+MC→−2MC→=CB→

 ⇔−LM→−MC→=CB→

 ⇔ML→=CB→+MC→

 ⇔ML→=MB→

Vậy L trùng với điểm B.

Gọi H là trung điểm của cạnh AB nên SH ^ AB

Mặt khác (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD)

Gọi F là trung điểm của MN, ΔCMN vuông tại C nên F là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔCMN

Qua F kẻ d₁ // SH Þ d₁ ^ (ABCD)

Ta có:

+)  HN=12AC=a22

⇒SN=a322+a222=a52

+)  MN=12BD=a22

+)  SM=SH2+HM2=a322+a2=a72

Suy ra SN² + MN² = SM²

Do đó tam giác SMN vuông tại N

Gọi E là trun điểm của SM, qua E kẻ d₂ ^ (SMN) sao cho d₂ Ç d₁ = I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.CMN.

Dễ thấy ΔHMN vuông cân tại N 

⇒MN⊥HNMN⊥SH⇒MN⊥SHN⇒MN⊥SN

⇒SMN; ABCD^=SN; HN^=SNH^

Ta có:  d1⊥ABCDd2⊥SMN

⇒d1; d2^=SMN; ABCD^=SNH^=EIF^<90°

⇒tanEIF^=tanSNH^=SHSN=a32a22=32

Có EI ^ (SMN) Þ EI ^ EF

Do đó ∆EIF vuông tại E

⇒IE=EFtanEIF^=SN2tanEIF^=a522 . 32=a3012.

Xét tam giác vuông SIE có:

 IS=IE2+SE2=IE2+SM24=a9312=R.

Vậy bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN là:  a9312.

Gọi I là trung điểm của AD nên suy ra SI ^ AD Þ SI ^ (ABCD) và  SI=a32.

Kẻ Ax // BD.

Do đó d(BD; SA) = d(BD; (SAx)) = d(D; (SAx)) = 2d(I; (SAx))

Kẻ IE ^ Ax, kẻ IK ^ SE (1) ta có:

Ax⊥SIAx⊥IE⇒Ax⊥SIE⇒Ax⊥IK 2

Từ (1) và (2) suy ra IK ^ (SAx)

Khi đó d(I; (SAx)) = IK

Gọi F là hình chiếu của I trên BD, ta dễ dàng chứng minh được:

ΔIAE = ΔIDF (cạnh huyền– góc nhọn)

Thật vậy, xét ΔIAE vuông tại E và ΔIDF vuông tại F có:

 IAE^=IDF^ (do Ax // BD, hai góc ở vị trí so le trong)

IA = ID (Do I là trung điểm của AD)

Suy ra ΔIAE = ΔIDF (cạnh huyền– góc nhọn)

⇒IE=IF=AO2=a24

Tam giác vuông SIE, có 

IK=SI . IESI2+IE2=a32 . a24a322+a242=a2114

Vậy  dBD; SA=2IK=2 . a2114=a217.

Do thiết diện qua trục là tam giác đều suy ra:

l = 2r = 2.5 = 10

Diện tích toàn phần của hình nón là:

S_tp =prl + pr² =p.5.10 + p.5² = 75p.

Gọi S là đỉnh của hình nón và AB là 1 đường kính của hình nón, khi đó ta có góc ở đỉnh của hình nón là  ASB^=60°

Suy ra ΔSAB là tam giác đều 

Þ l = SA = AB = 2r = 10.

Vậy diện tích xung quanh của hình nón là:

S_xq =prl =p.5.10 = 50p.

Dựng thiết diện tam giác đi qua trục là tam giác HFG có cạnh bằng a.

Nên khối chóp có chiều cao là:  h=HO=a32

 Sdáy=πr2=π . a22=πa24.

Vậy thể tích của khối nón là:

 V=13h . Sdáy=13 . a32 . πa24=πa3324.

Giả sử mặt phẳng qua đỉnh của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông SAB.

Gọi M là trung điểm của AB Þ OM ^ AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Trong (SOM) kẻ OH ^ SM (H Î SM) ta có:

AB⊥OMAB⊥SO⇒AB⊥SOM⇒AB⊥OH

OH⊥ABOH⊥SM⇒OH⊥SAB

Suy ra SH là hình chiếu của SO lên (SAB).

SO; SAB^=SO; SH^=HSO^=MSO^=30°

Theo bài ra ta có:

S△SAB=4⇔12SA . SB=4

 ⇔SA2=8⇔SA=22

Tam giác SAB vuông cân tại S

 ⇒AB=SA2=22 . 2=4

 ⇒SM=12AB=2

Xét tam giác vuông SOM có:

SO=SM . cos30°=2 . 32=3=hOM=SM . sin30°=2 . 12=1

Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông OAM có:

 OA=OM2+AM2=12+22=5=R

Vậy thể tích khối nón là:

 V=13πR2h=13π . 52 . 3=5π33.

Đáp án đúng là: C

Ta có  CI→=DA→ suy ra AICD là hình bình hành.

Suy ra  AD→=IC→

Do DC = AI mà AB = 2CD nên suy ra  AI=12AB

Do đó I là trung điểm của AB

Ta có DC = IB mà DC // IB

Suy ra tứ giác BCDI là hình bình hành

Suy ra  DI→=CB→.

Vậy cả A, B đều đúng.

a) Ta có  CI→=DA→ suy ra AICD là hình bình hành.

Suy ra  AD→=IC→

Do DC = AI mà AB = 2CD nên suy ra  AI=12AB

Do đó I là trung điểm của AB

Ta có DC = IB mà DC // IB

Suy ra tứ giác BCDI là hình bình hành

Suy ra  DI→=CB→

b) Do  DI→=CB→  suy ra DCBI là hình bình hành.

Suy ra  IB→=DC→ (1)

Lại có: I là trung điểm của cạnh AB suy ra  AI→=IB→ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra được:  AI→=IB→=DC→ (đpcm).

Đặt  AMAD=CNCB=k⇒AM→=k . AD→CN→=k . CB→ với k là hằng số

Ta có:

EI→=EC→+CN→+NI→=12AC→+CN→+12NM→

=12AD→+DC→+CN→+12NC→+CD→+DM→

=12AD→+12DC→+CN→+12NC→+12CD→+12DM→

=12AD→+12CN→+12DM→

=12AM→+12CN→=k2AD→+CB→ (1)

EF→=EC→+CB→+BF→=12AC→+CB→+12BD→

=12AD→+12DC→+CB→+12BC→+12CD→

=12AD→+12CB→=12AD→+CB→ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra:  EF→=k . EI→.

Suy ra E; F; I thẳng hàng hay I luôn thuộc đường thẳng EF cố định. 

Đáp án đúng là: B

Trên (BCD) kẻ NP // CD  ⇒NPCD=BNBC=23

Trên (ACD) kẻ MQ // CD  ⇒MQCD=AMAD=13

Suy ra  NPMQ=NPCD:MQCD=23:13=2⇒NP=2 . MQ

Đặt  AMAD=CNCB=k⇒AM→=k . AD→CN→=k . CB→ với k là hằng số

Do NP // MQ (// CD) và NP = 2.MQ nên suy ra thiết diện là hình thang với đáy lớn gấp 2 lần đáy nhỏ.

a)  MN→=MA→+AB→+BN→

MN→=MD→+DC→+CN→ 

⇒2MN→=MA→+MD→+AB→+DC→+BN→+CN→

⇒2MN→=0→+AB→+DC→+0→

⇒MN→=12AB→+DC→

b)  OA→+OB→+OC→+OD→=0→ 

⇔OA→+OD→+OB→+OC→=0→

⇔2OM→+2ON→=0→

⇔2OM→+ON→=0→

 ⇔2 . 2OI→=0→ (Với I là trung điểm của MN)

⇔4 . OI→=0→⇔OI→=0→

Suy ra O º I.

Vậy O là trung điểm của MN.

Do M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC nên ta có:

MN→=12AB→+CD→

Suy ra, bình phương hai vế ta được:

MN2=14AB2+CD2+2AB→ . CD→ 

⇔MN2=14AB2+CD2+2AB . CD . cosAB→; CD→^

⇔3a2=144a2+4a2+2 . 2a . 2a . cosAB→; CD→^

⇔3a2=148a2+8a2 . cosAB→; CD→^

⇔3a2=2a2+2a2 . cosAB→; CD→^

⇔a2=2a2 . cosAB→; CD→^

⇔cosAB→; CD→^=12

Suy ra  AB→; CD→^=60°

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD là: 60°.

Ta có:  SA; ABC^=SA; AO^=SAO^=45°

Xét ∆ABC đều

Gọi M là trung điểm của BC suy ra

AM=32 . 3a=33a2

Do O là trọng tâm của ∆ABC suy ra

AOAM=23⇒AO=23 . AM=23 . 33a2=a3

Xét ∆SAO vuông tại O có: 

tanSAO^=SOOA⇔SO=OA . tanSAO^=a3 . tan45°=a3

cosSAO^=OASA⇔SA=OAcosSAO^=a3cos45°=a6

⇒R=SA22 . SO=a622 . a3=a3

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:

V=43πR3=43π . a33=4π3 . a3

Gọi M là trung điểm BC; H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC).

Ta có:

AM=AB2−BM2=3a2−3a22=3a32 

⇒AH=23 . AM=23 . 3a32=a3

tanSAH^=SHAH⇒SH=AH . tanSAH^=a3 . tan60°=3a

SABC=12 . AB . AC . sinBAC^=12 . 3a2 . sin60°=9a234

Thể tích của khối chóp S.ABC là: 

 V=13SH . SABC=13 . 3a . 9a234=9a334.

Gọi x là số tháng gửi với lãi suất 0,8% một tháng (0 < x < 12)

Gọi y là số tháng gửi với lãi suất 1% một tháng

Tổng số tháng mà bạn Duy gửi tiết kiệm là x + 6 + y tháng

Theo giá thiết, ta có:

10.10⁶.(1 + 0,8%)^x.(1 + 1,2%)⁶.(1 + 1%)^y =12153337,95

Û 1,008^x.1,01^y =1,131

Lần lượt gán các giá trị của x bằng 1 đến 11 với x là số nguyên ta sẽ tìm được y nguyên khi x = 8, y = 6.

Suy ra tổng số tháng mà bạn Duy gửi tiết kiệm là:

x + 6 + y = 8 + 6 + 6 = 20 tháng.

Sau 6 tháng gửi tiền, bác Mạnh có:

T₁ = 5.(1 + 0,7%)⁶ (triệu đồng)

Số tiền bác Mạnh nhận được khi gửi tiền đến tháng thứ 10 là:

T₂ = T₁.(1 + 0,9%)³(triệu đồng)

Vậy sau 1 năm, số tiền bác Mạnh nhận được là:

T = T₂.(1 + 0,6%)³ = 5 452 733,453 (đồng).

Ta có: n (W) = 5!

Gọi  A¯ là biến cố “Số 2 và 3 đứng cạnh nhau”

+ TH1:  23abc¯  có 3! (cách)

+ TH2:  a23bc¯ có 3! (cách)

+ TH3:  ab23c¯ có 3! (cách)

+ TH4:  abc23¯ có 3! (cách)

Mà 2 và 3 có thể đổi chỗ cho nhau nên: 

nA¯=2 . 4 . 3!=48

Do đó  nA=nΩ−nA¯=5!  −48=72.

Vậy lập được 72 số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau trong đó hai chữ số 2, 3 không đứng cạnh nhau.

Xếp số 1 và 2 cạnh nhau có 2! = 2 (cách)

Coi cặp số 12 như một số, kết hợp với 3 số còn lại được 4 số, hoán vị chúng có: 

4! = 24 (cách)

Mà 1 và 2 có thể đổi chỗ cho nhau nên vậy có:

2.24 = 48 số thỏa mãn.

Điều kiện: x ≥ 0

Ta có:  A . B=7x+8 . x+8x+3=7x+3

Để P nhận giá trị nguyên thì  x+3∈U7=−1; 1; −7; 7

⇒x∈−4; −2; −10; 4

Do  x≥0 nên  x=4

Suy ra x = 16 thì P nguyên.

Điều kiện: x ¹ −5; x ¹ −3

Ta có:  A . B=x2−93x+5 . 3x+3=x−3x+33x+5 . 3x+3

=x−3x+5=x+5−8x+5=1−8x+5

Để P nhận giá trị nguyên thì  8x+5∈ℤ⇒x+5∈U8=±1; ±2; ±4; ±8

Ta có bảng sau:

Vậy với x Î {−13; −9; −7; −6; −4; −1; 3} thì P nguyên.

Mặt phẳng (MNE) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối chứa điểm A có thể tích V. Gọi thể tích của phần đa diện còn lại là V'

Gọi F = EM Ç AD; G = EN Ç CD

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD có:

NBNC . GCGD . EDEB=1⇒GCGD=2

 Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABD có: 

MAMB . EBED . FDFA=1⇒FDFA=12

Ta có:

SΔEBN=12dE; BN . BN=12 . 2dD; BC . 12BC

=12 . dD; BC . BC=SΔBCD

Do  dM; EBN=12dA; BCD⇒VM.EBN=12VA.BCD

SΔEDG=12dG; DE . DE=12 . 13dC; BD . BD

=13 . 12dC; BD . BD=SΔBCD

Do  dF; EDG=13dA; BCD⇒VF.EDG=19VA.BCD

Suy ra  V'=VF.EDG−VM.EBN=VABCD2−VABCD9=718VABCD

⇒V=1118VABCD

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ta có:

AH ^ (BCD) và  BH=23 . a32=a33

⇒AH=a2−a332=a63

Suy ra   VABCD=13AH . SBCD=13 . a63 . a234=a3212

 ⇒V=1118 . a3212=112a3216.

Kẻ đường thẳng qua C song song với BM cắt BD ở G, AG cắt DN ở J, đường thẳng qua J song song với CG cắt AC ở I.

Kẻ AH vuông góc với BD tại H.

Dễ dàng chứng minh được IJ//BM; B là trung điểm của GD và tính được

BM=a32; CG=2 . BM=a3; GH=3a2

Ta có: Tam giác ANJ đồng dạng với tam giác AHG nên:

AJAG=ANGH=a23a2=13 

Mà IJ//CG nên:

 IJCG=AJAG=13⇒IJ=CG3=a33.

ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 1 suy ra OA = 1.

Xét ΔSOA vuông tại O có: SA² = SO² + OA²

Þ SO² = SA² − OA² = 5 − 1 = 4

Þ SO = 2

Vậy mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD có bán kính là:

Rmc=SA22 . SO=522 . 2=54.

ABCD là hình chữ nhật tâm O suy ra: OA = OB = OC = OD

Lại có: SA = SB = SC = SD

Suy ra SO ^ (ABCD)

Þ SO ^ OC

Xét ΔSOC vuông tại O có: SC² = SO² + OC²

Þ OC² = SC² − SO² = 5a² − 3a² = 2a²

 ⇒OC=a2⇒AC=2 . OC=2a2

Ta có:  sinCAD^=CDAC⇒CD=AC . sinCAD^=2a2 . sin30°=a2

Lại có:  cosCAD^=ADAC⇒AD=AC . cosCAD^=2a2 . cos30°=a6

Suy ra  SABCD=AD . CD=a2 . a6=2a23

Vậy thể tích của hình chóp S.ABCD là:

 VS.ABCD=13SO . SABCD=13 . a3 . 2a23=2a3.

Đáp án đúng là: D

Diện tích lục giác đều là 

S1=332 . 32=2732 mm2

Thể tích một chiếc bút chì là 

V1=S1 . h=2732 . 200=27003 mm3=273 . 10−7 m3

Thể tích lõi chì là 

V₂ = h.S­₂ = 200.p.1² = 200.p (mm²) = 2.p.10⁻⁷ (m³)

Thể tích khối gỗ làm bút chì là

V3=V1−V2=273−2π . 10−7 m3

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là 

 T=α . 273−2π . 10−7+6α . 2 . 10−7π≈7,82 . 10−6α (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng 7,82.a (đồng).

Đáp án đúng là: D

Diện tích lục giác đều là 

S1=332 . 32=2732 mm2

Thể tích một chiếc bút chì là 

V1=S1 . h=2732 . 200=27003 mm3=273 . 10−7 m3

Thể tích lõi chì là 

V₂ = h.S­₂ = 200.p.1² = 200.p (mm²) = 2.p.10⁻⁷ (m³)

Thể tích khối gỗ làm bút chì là

V3=V1−V2=273−2π . 10−7 m3

Giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì là 

T=a . 273−2π . 10−7+8a . 2 . 10−7π≈9,07 . 10−6a (triệu đồng)

Hay giá nguyên vật liệu làm một chiếc bút chì gần bằng 9,07.a (đồng).

Số phần tử của không gian mẫu:  nΩ=C351=35

Gọi biến cố A: “lấy được quả màu đỏ”, biến cố B: “lấy được quả có số lẻ”

Ta có:

n (A) = 20

n (B) = 10 + 8 = 18

n (A Ç B) = 10

Þ n (A È B) = n (A) + n (B) − n (A Ç B) = 20 + 18 − 10 = 28

Xác suất để lấy được quả màu đỏ hoặc ghi số lẻ là:  PA∪B=nA∪BnΩ=2835=45.

Số phần tử của không gian mẫu: 

nΩ=C355

Gọi A là biến cố “có cả quả cầu màu xanh và quả cầu màu đỏ”

Khi đó  A¯ là “chỉ có quả cầu màu xanh hoặc chỉ có quả cầu màu đỏ”

+) TH1: Trong 5 quả cầu chỉ có quả cầu màu xanh có:  C205

+) TH2: Trong 5 quả cầu chỉ có quả cầu màu đỏ có:  C155

 ⇒nA¯=C205+C155.

Xác suất để trong 5 quả cầu được chọn có cả quả cầu màu xanh và quả cầu màu đỏ là:

 PA=1−PA¯=1−nA¯nΩ=1−C205+C155C355=9  87510  472.

Ta coi 4 nữ sinh là một nhóm, xếp nhóm 4 bọn nữ và 6 bạn nam vào 10 chỗ ngồi là số hoán vị của 7 phần tử.

Trong 4 nữ sinh còn có thể hoán đổi vị trí nên ta có: 

7!.4! = 120960 cách xếp thỏa mãn yêu cầu.

Xếp 6 học sinh nam ngồi cạnh nhau có số cách là 6! = 720 (cách).

Xếp 4 học sinh nữ ngồi cạnh nhau có số cách là 4! = 24 (cách).

Nam và nữ có thể đổi chỗ cho nhau nên có 2 trường hợp.

Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2.720.24 = 34560 (cách).  

*) Phương trình đường phân giác BD: x + y − 5 = 0

⇒n→BD=1; 1⇒u→BD=−1; 1

*) Gọi E là điểm đối xứng của H qua BD.

Phương trình đường thẳng EH:

+) Vì EH ^ BD suy ra phương trình EH: −x + y + c = 0

+) H(−4; 1) Î EH Þ −(−4) + 1 + c = 0 Û 5 + c = 0 Û c = −5

Do đó phương trình EH: −x + y − 5 = 0

*) Gọi BD Ç EH = I. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 

x+y−5=0−x+y−5=0⇔x+y=5−x+y=5

⇔x=0y=5⇒I0; 5⇒E4; 9

*) Phương trình đường thẳng AB đi qua  M175; 12 nhận  n→ME=3; 35 là VTPT là: 

3x−175+35y−12=0

⇔3x−515+3y5−365=0

Û 15x + 3y − 87 = 0

*) Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

15x+3y−87=0x+y−5=0⇔x=6y=−1⇒B6; −1

Mà  M175; 12 là trung điểm của AB nên ta có: 

xA=2 . 175−6yA=2 . 12+1⇔xA=45yA=25⇒A45; 25

Vậy  A45; 25.

Phương trình BM:  x=ty=−1−2t⇒Mt; −1−2t

Vì M là trung điểm AC, áp dụng công thức trung điểm ta có C(2t − 1, −4t − 4)

Mà C thuộc đường thẳng DC nên thay tọa độ C vào phương trình DC ta có:

2t − 1 − 4t − 4 − 1 = 0 Û 2t = −6 Û t = −3

Suy ra C(−7; 8).

Gọi d là đường thẳng qua A(1, 2) và vuông góc với CD nên  n→d=u→CD=1; −1 có phương trình:

d: x − y + 1 = 0.

Gọi H là giao điểm của d và DC nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

x+y−1=0−x+y−1=0⇔x=0y=1⇒H0; 1

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua H, áp dụng công thức trung điểm

Suy ra A'(−1; 0)

Theo tính chất của phân giác thì A' thuộc BC. Vậy BC qua A' và C có phương trình:

 BC: x+76=y−8−8.

a) Ta có:  AB→=3; 3, AC→=3; −3 

Do  33=1≠−1=3−3 suy ra  AB→, AC→ không cùng phương.

Hay A, B, C là ba đỉnh của tam giác.

Tọa độ trung điểm của BC là

IxB+xC2; yB+yC2⇒I4+42; 1−52⇒I4; −2

Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là 

GxA+xB+xC3; yA+yB+yC3

⇒G1+4+43; −2+1−53⇒G3; −2

b) Gọi I(x; y)

⇒IA→=1−x; −2−yIB→=4−x; 1−yIC→=4−x; −5−y 

Do  IA→+IB→+IC→=0→

⇔13−4x; −11−4y=0→=0; 0

⇔13−4x=0−11−4y=0⇔x=134y=−114⇒I134; −114

c) Gọi D(x; y). Theo giả thiết ta có AB = 2CD và ABCD là hình thang nên

AB→=2DC→

Û (3; 3) = 2(4 − x; −5 − y)

Û (3; 3) = (8 − 2x; −10 − 2y)

⇔8−2x=3−10−2y=3⇔x=52y=−132⇒D52; −132

Ta có:  AB→=3; −1, AC→=4; 2

Suy ra  cosAB→; AC→^=AB→ . AC→AB . AC=3 . 4+−1 . 232+−12 . 42+22=22

Vậy  AB→; AC→^=45°⇒BAC^=45°.

TXĐ: −2 ≤ x ≤ 3

Ta có:  3−x=x+2+1 

⇔3−x−2=x+2−1

⇔3−x−23−x+23−x+2=x+2−1x+2+1x+2+1

⇔3−x−43−x+2=x+2−1x+2+1

⇔−x−13−x+2=x+1x+2+1

⇔x+11x+2+1+13−x+2=0

Do  1x+2+1+13−x+2>0, ∀x∈−2; 3 nên suy ra:

x + 1 = 0 Û x = −1 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy x = −1 là nghiệm của phương trình.

ĐKXĐ: x − 2 ≥ 0 Û x ≥ 2

Bất phương trình trên tương đướng với: x ≤ 2

Kếp hợp điều kiện suy ra x = 2

Vậy tập nghiệm S của bất phương trình là: S = {2}.

+ Hàm số xác định và liên tục với mọi x > 0.

Ta có y'=3x2+m+1x6, ∀x∈0; +∞

+ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +∞)  khi và chỉ khi: 

y'=3x2+m+1x6≥0, ∀x∈0; +∞

⇔m≥−3x2−1x6=gx, ∀x∈0; +∞

⇔m≥maxx∈0; +∞gx, ∀x∈0; +∞

Xét  g'x=−6x+6x7=−6x8−1x7=0⇔x=1

Bảng biến thiên:

Suy ra max g (x) = g (1) = −4 và do đó để hàm số đã cho đồng biến t với x > 0 thì m ≥ −4

Mà m nguyên âm nên m Î{−4; −3; −2; −1}.

Vậy có 4 giá trị nguyên âm của tham số m thỏa mãn.

TXĐ: D = ℝ

Ta có:  y'=3x2−6x=0⇔x=0⇒y=1x=2⇒y=−3

Suy ra A(0; 1) và B(2; −3) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là: x−02−0=y−1−3−1

Û −2x = y − 1

Û y = −2x + 1 (d')

Vì d ^ d' Þ (2m − 1).(−2) = −1

 ⇔2m−1=12⇔m=34.

Vậy  m=34.

TXĐ: D = ℝ

Ta có:

y'=3x2−6x=0⇔x=0⇒y=1x=2⇒y=−3

Suy ra A(0; 1) và B(2; −3) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho.

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là:

x−02−0=y−1−3−1

Û −2x = y − 1

Û y = −2x + 1 (d')

Vì d ^ d' Þ (3m + 1).(−2) = −1

 ⇔3m+1=12⇔m=−16.

Vậy  m=−16.

 cos2x−3sin2x=1+sin2x

⇔cos2x−sin2x−3sin2x=1b2−4ac

⇔cos2x−3sin2x=1

⇔12cos2x−32sin2x=12

⇔cos2x . cosπ3−sin2x . sinπ3=12

⇔cos2x+π3=cosπ3

⇔2x+π3=π3+k2π2x+π3=−π3+k2π⇔x=kπx=−π3+kπ k∈ℤ

Vậy tập họ nghiệm của phương trình là:  S=kπ; −π3+kπ, k∈ℤ.

Ta có: f ¢(x) = 0 

⇔xx+22=0⇔x=0x=−2

Mà trong hai nghiệm trên, có một nghiệm có bội mũ lẻ là x = 0 và có một nghiệm có bội mũ chẵn là x = −2.

Vậy hàm số f (x) có 1 điểm cực trị là x = 0.

Ta có: f ¢(x) = 0

⇔xx−22=0⇔x=0x=2

Mà trong hai nghiệm trên, có một nghiệm có bội mũ lẻ là x = 0 và có một nghiệm có bội mũ chẵn là x = 2.

Vậy hàm số f (x) có 1 điểm cực trị là x = 0. 

Ta có: AB→ . AC→=AB→ . AC→ . cosBAC^=a . a . cos90°=0

AC→ . CB→=−CA→ . CB→=−CA→ . CB→ . cosACB^

=−a . a2 . cos45°=−a . a2 . 22=−a2

a) Khi O nằm ngoài đoạn AB ta có:

OA→ . OB→=OA→ . OB→ . cos0°=a . b . cos0°=a . b

b) Khi O nằm giữa hai điểm A và B ta có: OA→ . OB→=OA→ . OB→ . cos180°=a . b . cos180°=−a . b

Đáp án đúng là: C

Ta xét từng đáp án:

Đáp án A: Theo quy tắc hình bình hành, ta có  AB→+AD→=AC→

VậyA đúng.

Đáp án B: Vì O là tâm của hình bình hành ABCD nên O là trung điểm AC.

Ta suy ra  OA=12CA

Mà  OA→, CA→ cùng hướng.

Do đó  OA→=12CA→=12CB→+BA→

Vậy B đúng.

Đáp án C: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Ta có  OA→+OB→=2OI→ và  OC→+OD→=2OJ→ 

Mà  OI→, OJ→ là hai vectơ đối nhau.

Do đó  2OI→≠2OJ→

Suy ra  OA→+OB→≠OC→+OD→

Vậy C sai.

Đáp án D: Ta có OI là đường trung bình của tam giác ABD.

Suy ra  OI→=12DA→

Ta có  OA→+OB→=2OI→=2 . 12DA→=DA→

Vậy D đúng.

Đáp án đúng là: A

 AB→=DC→=−CD→ nên A sai

 AD→=BC→ nên B đúng

 AO→=OC→ nên C đúng

 OD→=BO→ nên D đúng.

a) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABC vuông tại B có:

 AC=AB2+BC2=32+42=5

 AB→+AD→=AC→⇒AB→+AD→=AC→=AC=5

b) Đặt  T=2AB→+3AD→

 ⇒T2=4AB2+9AD2+12AB→ . AD→=4AB2+9AD2 (Do AB ^ AD)

Þ T² = 4.3² + 9.4² = 180

 ⇒T=65

Vậy  T=2AB→+3AD→=65

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại B có: 

AC=AB2+BC2=42+32=5

AB→+AD→=AC→⇒AB→+AD→=AC→=AC=5

Gọi x là độ dài cạnh đáy của chóp đều S.ABCD.

Gọi O = AC Ç BD Þ SO ^ (ABCD)

Ta có:  BD⊥AC gtBD⊥SO  do SO⊥ABCD

⇒BD⊥SAC⇒BD⊥SC

Trong (SBC) kẻ BH ^ SC (H Î SC) có:

•  BH⊥SCBD⊥SC cmt⇒SC⊥BDH⇒SC⊥DH

•  SBC∩SCD=SCSBC⊃BH⊥SCSBC⊃DH⊥SC⇒SBC; SCD^=BH; DH^

⇒cosBHD^=110cosBHD^=−110

Ta dễ dàng chứng minh được: ∆BHC = ∆DHC

Þ HB = HD Þ ∆HBD cân tại H

Xét tam giác SBC ta có: 

cosC^=BC2+SC2−SB22 . BC . SC=x22x . 11a=x1122a

⇒HC=BC . cosC^=x21122a

⇒HB=BC2−HC2=x2−x444a2=xa2−x22a11=HD

Xét tam giác BDH có: 

cosBHD^=HB2+HD2−BD22HB . HD=2x2−x422a2−2x22x2−x444a2

=2x2−x422a2−2x22x2−x422a2=1−44x2a244x2a2−x4

+) TH1:  cosBHD^=110 

⇔1−44x2a244x2a2−x4=110

⇔44x2a244x2a2−x4=910

Û 440x²a² = 396x²a² − 9x⁴

Û 9x⁴ = −44x²a² (vô nghiệm)

+) TH2:  cosBHD^=−110 

⇔1−44x2a244x2a2−x4=−110

⇔44x2a244x2a2−x4=1110

Û 440x²a² = 484x²a² − 11x⁴

Û 11x⁴ = 44x²a²

Û x² = 4a²

Û x = 2a 

⇒OA=12AC=12 . 2a2=a2

Xét tam giác vuông SOA có:

 SO=SA2−OA2=11a2−2a2=3a.

Vậy  VS.ABCD=13SO . SABCD=13 . 3a . 2a2=4a3.

Đồ thị hàm số có hai tiệm cận đứng nên có 2 nghiệm phân biệt khác −1. 

⇔m≠0x−12=−4m>0m−1−12+4≠0⇔m≠0m<0m≠−1⇔m<0m≠−1

Vậy với m Î (−∞; 0) \ {−1}.

Nếu m = 0 thì y = x + 1 không có tiệm cận.

Nếu m < 0 thì xét dưới mẫu số ta thấy x có điều kiện ràng buộc nên không thể xét x tới vô cùng được.

Nếu m > 0 thì ta có  limx→∞y=x1x+1xm+1x2 nên sẽ có 2 tiệm cận ngang là: y=1m; y=−1m

Vậy m Î (0; +∞) là giá trị cần tìm.

Ta có:  BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥SAB⇒BC⊥HB

Mà AH ^ HB Þ HB là đoạn vuông góc chung của AH và BC.

Suy ra d(AH, BC) = HB

Tam giác SAB vuông cân tại A, có SA = AB = a, AH ^ SC 

⇒HB=12SB=12 . a2=a22

Khoảng cách giữa AH và BC bằng:  a22.

Ta có: SA ^ (ABC)

ÞAC là hình chiếu của SC trên (ABC).

Khi đó góc giữa SCvà (ABC) bằng góc giữa SC và AC hay  SCA^

Lại có ΔABC vuông cân tại B, AB = a nên  AC=AB2=a2=SA.

Do đó tam giác SAC vuông cân tại A hay  SCA^=45°.