Chọn A

Chọn B

Chọn C

Ta có $5^{x+1}-\frac{1}{5}>0\iff 5^{x+1}>5^{-1}\iff x+1>-1\iff x>-2$.

Chọn D

Chọn D

Chọn C

Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1 và đi qua điểm (0;2).

Suy ra hàm số $y=\frac{x-2}{x-1}$ có đồ thị là hình vẽ đã cho.

Chọn C

Đáp án đúng: C

*Lời giải

Diện tích đáy của khối chóp là $B=a^2$.

- Định nghĩa hình chóp: Hình chóp là một hình có mặt đáy là một đa giác và các mặt bên là những tam giác có chung một đỉnh. Đỉnh này được gọi là đỉnh của chóp.

- Có 2 loại chóp phổ biến là chóp tam giác và chóp tứ giác

- Chú ý:

+ Đường cao của hình chóp là đường thẳng qua đỉnh và vuông góc với đáy.

+ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy.

+ Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy một góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội tiếp đa giác đáy

+ Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường cao là chân đường vuông góc kẻ từ đỉnh xuống cạnh đáy của mặt bên đó.

+ 2 mặt bên cùng vuông góc với đáy thì giao tuyến của chúng vuông góc với đáy.

Công thức tính thể tích khối chóp

Cho khối chóp có đường cao là h

Diện tích đa giác đáy là S

Khi đó thể tích $V=\frac{1}{3}h.S$

$\mathrm{Thể\; tích\; một\; số\; khối\; chóp\; đặc\; biệt}$

a. Khối tứ diện đều: Là khối chóp có tất cả các cạnh bằng nhau

Tất cả các mặt đều là các tam giác đều. Chân đường cao là trọng tâm của đáy

b. Khối chóp tam giác đều

- Là hình chóp có tất cả các cạnh bên bằng nhau, đáy là tam giác. Chân đường cao là trọng tâm của tam giác đáy.

c. Khối chóp tứ giác đều

- Là hình chóp có tất cả các cạnh bên bằng nhau. Đáy là hình vuông, chân đường cao là tâm của hình vuông.

50 bài toán về thể tích khối chóp (có đáp án 2024) – Toán 12

Lý thuyết Khái niệm về thể tích của khối đa diện (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

Công thức tính thể tích khối chóp và cách giải các dạng bài tập (2024) chi tiết nhất 

Chọn B

Xét hàm số $y=x^3+x$ có $y^{\text{'}}=3x^2+1>0,\forall x\in ℝ$.

Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên R.

Chọn D

Chọn B

Ta có $V=\pi .R^2.h\iff 3\pi a^3=\pi a^2.h\Rightarrow h=3a$.

Chọn B

Chọn D

Giả sử số tự nhiên có dạng $\overline{abcde}$.

Chọn B

Chọn A

Chọn D

Chọn C

Chọn D

Chọn B

Chọn D

Phương trình đường tròn có tâm I(-1;1) và bán kính R là: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2=R^2$.

Ta có: $A\in \left(C\right)\Rightarrow 4^2+3^2=R^2\iff R^2=25$.

Chọn C

Ta có:

$\sqrt{x^2+6x+9}=\left|2x-1\right|\iff \left|x+3\right|=\left|2x-1\right|\iff \left[\begin{array}{l}x+3=2x-1\\ x+3=-2x+1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=\frac{-2}{3}\end{array}\right.$

Chọn A

- Để phương trình có nghiệm:

$2^2+{\left(m-1\right)}^2\ge {\left(m+1\right)}^2\iff 4+m^2-2m+1\ge m^2+2m+1\iff m\le 1$

$m\in \left[-2023;2023\right]\Rightarrow \left[-2023;1\right]$. Có 2025giá trị

Chọn B

- Số cách chọn 3 viên bi trong hộp đựng 9 viên bi: $\left|\Omega \right|=C_9^3=84$

- Gọi A là biến cố: “Lấy được ít nhất 2 viên bi màu xanh”: $n\left(A\right)=C_5^2.C_4^1+C_5^3=50$.

Chọn C

Hình chiếu vuông góc của AC' lên (ABC) là AC, do đó góc giữa AC' và mặt phẳng (ABC) là góc tạo bởi giữa đường thẳng AC' và AC hay $\widehat{C^{\text{'}}AC}$

Trong tam giác vuông C'AC, vuông tại C, ta có:

$\tan \widehat{C^{\text{'}}AC}=\frac{CC\text{'}}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{C^{\text{'}}AC}={30}^0$

Chọn A

Ta có ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x+1\right)<{\log }_{\frac{1}{2}}\left(2x-1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x+1>0\\ 2x-1>0\\ x+1>2x-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-1\\ x>\frac{1}{2}\\ x<2\end{array}\right.\iff \frac{1}{2}<x<2$.

Chọn B

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{x^2-2x-4}{{\left(x-1\right)}^2}>0,\forall x\in \left[2;4\right]$ nên hàm số đồng biến trên [2;4].

Chọn A

Chọn D

Ta có $\frac{10-x}{2x-4}\ge 0\iff 2<x\le 10$ mà $x\in \mathbb{Z}$ nên $x\in \left\{3;4;\mathrm{...};10\right\}$ do đó bất phương trình có 8  nghiệm nguyên.

Chọn D

Vẽ $BH\perp AC$ tại H, khi đó $\left\{\begin{array}{l}BH\perp AC\\ BH\perp SA\left(SA\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right.$ nên $BH\perp \left(SAC\right)$

Do đó $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BH$.

Ta có $BH=\sqrt{\frac{B{A}^2.B{C}^2}{B{A}^2+B{C}^2}}=\sqrt{\frac{a^2.{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}{a^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, với $BC=AD=a\sqrt{3}$.

Chọn A

Gọi H là trung điểm B'C'. Ta có $A^{\text{'}}H\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$, do đó góc giữa hai mặt phẳng (AB'C') và (ABC) là $\widehat{AH{A}^{\text{'}}}=60°$.

Có $A^{\text{'}}H=A^{\text{'}}B.\cos 60°=2.\frac{1}{2}=1$.

Trong tam giác A'B'C' có $S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.\sin \widehat{B^{\text{'}}{A}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\mathrm{.2.2.}\sin 120°=\sqrt{3}$.

Trong tam giác AHA' vuông tại A' ta có : $A{A}^{\text{'}}=A^{\text{'}}H.\tan 60°=\sqrt{3}$.

Chọn D

Điều kiện xác định $\left\{\begin{array}{l}x+2\ge 0\\ x^2-6x+2m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -2\\ x^2-6x+2m>0\end{array}\right.$.

Đồ thị hàm số có đúng hai đường tiệm cận đứng <=> phương trình $x^2-6x+m=0$ có hai nghiệm phân biệt lớn hơn $-2\iff \left\{\begin{array}{l}{\Delta }^{\text{'}}={\left(-3\right)}^2-2m>0\\ \left(x_1+2\right)\left(x_2+2\right)>0\\ \left(x_1+2\right)+\left(x_2+2\right)>0\end{array}\right.$ (1)

với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-6x+m=0$, theo Vi-et ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=6\\ x_1.x_2=2m\end{array}\right.$, thay vào hệ (1) ta được

$\left\{\begin{array}{l}m<\frac{9}{2}\\ 2m+16>0\\ 10>0\end{array}\right.\iff -8<m<\frac{9}{2}$,

vì $m\in \mathbb{Z}$ nên có 12 phần tử thỏa mãn là $\left\{-7;-6;\mathrm{...};3;4\right\}$.

Chọn B

Ta có: $f\left(x\right)+f\left(y\right)=1\iff f\left(y\right)=1-f\left(x\right)\iff \frac{9^y}{9^y+m^2}=1-\frac{9^x}{9^x+m^2}=\frac{m^2}{9^x+m^2}$

$$\begin{gathered} \iff 9^{x+y}+m^2{.9}^y=9^y.m^2+m^4 \\ \iff 9^{x+y}=m^4\iff x+y={\log }_9{m}^4=2{\log }_3\left|m\right| \end{gathered}$$

Đặt $t={\log }_3\left|m\right|$.

Có: $e^{x+y}\le e(x+y)\iff e^{2t}\le 2e.t\iff e^{2t}-2e.t\le 0(*)$

Xét $g\left(t\right)=e^{2t}-2et$, có $g^{\text{'}}\left(t\right)=2e^{2t}-2e=0\iff t=\frac{1}{2}$.

Từ bbt ta được $e^{2t}-2et\ge 0,\forall t$.

Vậy (*) xảy ra $\iff e^{2t}-2et=0\iff t=\frac{1}{2}\iff {\log }_3\left|m\right|=\frac{1}{2}\iff \left|m\right|=\sqrt{3}\iff m=\pm \sqrt{3}.$

Vậy tổng các phần tử của tập S bằng 0.

Chọn A

$g\left(x\right)=f\left(f\right(x)+2)$

Có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)$.

Ta được $g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)=0\iff \left[\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)=0\left(1\right)\\ f^{\text{'}}\left(f\right(x)+2)=0\left(2\right)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \left(1\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right. \\ \left(2\right)\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)+2=-1\\ f\left(x\right)+2=1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=-3\\ f\left(x\right)=-1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=1\\ x=a\in (-2;-1)\\ x=0\\ x=b\in (1;2)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $g\text{'}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=-1\\ x=1\\ x=0\\ x=a\in (-2;-1)\\ x=b\in (1;2)\end{array}\right.$

Vậy g'(x) có 6 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C

Thiết diện qua trục của (N) là $\Delta SAB$

Vì $\Delta SAB$ cân tại S, $\widehat{SAB}={60}^o$ (gt) $\Rightarrow \Delta SAB$ đều $\Rightarrow l=2R$ (R là bán kính nón)

Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều SAB

Có $r=\frac{S_{\Delta SAB}}{p}=\frac{\frac{l^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{3l}{2}}=\frac{l\sqrt{3}}{6}=1\iff l=2\sqrt{3}$

Ta được ciều cao của nón $h=l.\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3$.

Vậy $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=3\pi .$

Chọn A

Ta có

$A={\log }_{\frac{x}{y}}^2{x}^3+\frac{8}{3}{\log }_y\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{9}{{{\log }_x}^2\frac{x}{y}}+\frac{8}{3}.\left[{\log }_{y}x-1\right]=\frac{9}{{\left(1-{\log }_{x}y\right)}^2}+\frac{8}{3.{\log }_{x}y}-\frac{8}{3}$

Đặt ${\log }_{x}y=t$ (${\log }_{x}y>{\log }_{x}1=0\Rightarrow t>0$ và $x>y\Rightarrow {\log }_{x}x>{\log }_{x}y\Rightarrow 1>t$)

Suy ra 0 < t < 1.

Khi đó A trở thành: $A=\frac{9}{{\left(1-t\right)}^2}+\frac{8}{3t}-\frac{8}{3}=f\left(t\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{9}{{\left(t-1\right)}^2}+\frac{8}{3t}-\frac{8}{3}$ có $f\text{'}\left(t\right)=-\frac{2.9}{{\left(t-1\right)}^3}-\frac{8}{3t^2}=0\iff \left[\begin{array}{l}t=\frac{1}{4}\left(tm\right)\\ t=-2\left(loai\right)\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên

Chọn C

Gọi chiều rộng của đáy bể là $x\left(m\right)(x>0)$

=> chiều dài của đáy bể là $2x\left(m\right)$

Gọi chiều cao của bể là $h\left(m\right)(h>0)$

Thể tích của bể là: $V=x.2x.h=200\Rightarrow h=\frac{200}{2x^2}=\frac{100}{x^2}$

Diện tích đáy là: $S_1=x.2x=2x^2\left( {\text{m}}^2\right)$

Diện tích xung quanh của bể là: $S_2=2.x.h+2.2x.h=6.x.h\left(m^2\right)$

Chi phí để xây bể là:

$\begin{array}{l}T=\left(S_1+S_2\right).300000=\left(2x^2+6xh\right)\cdot 300000\\ =\left(2x^2+\frac{600}{x}\right).300000\end{array}$

Ta có: $2x^2+\frac{600}{x}=2x^2+\frac{300}{x}+\frac{300}{x}\ge 3\cdot \sqrt[3]{2x^2\cdot \frac{300}{x}\cdot \frac{300}{x}}\ge 3\cdot \sqrt[3]{180000}$

Dấu "=" xảy ra $\iff 2x^2=\frac{300}{x}\iff x^3=\frac{300}{2}=150\iff x=\sqrt[3]{150}$

Chi phí thấp nhất để xây bể là:

$T=3\cdot \sqrt[3]{180000}\cdot 300000\approx 50,815\cdot {10}^6$ (nghìn đồng) $\approx 51$ (triệu đồng)

Chọn A

Ta có: ${16}^x-m{.4}^{x+1}+5m^2-45=0\iff {\left(4^x\right)}^2-4m{.4}^x+5m^2-45=0$

Đặt $4^x=t(t>0)$ khi đó phương trình (*) trở thành:

$t^2-4mt+5m^2-45=0$

Khi đó phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt <=> phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta \text{'}=4m^2-(5m^2-45)>0\\ t_1+t_2>0\\ t_1.t_2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}45-m^2>0\\ 4m>0\\ 5m^2-45>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-3\sqrt{5}<m<3\sqrt{5}\\ m>0\\ \left[\begin{array}{l}m>3\\ m<-3\end{array}\right.\end{array}\right.\iff 3<m<3\sqrt{5}$

Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{4;5;6\right\}$

=> có 2 giá trị m chẵn thỏa mãn.

Chọn D

Ta có: $y=\frac{1-x}{x+m-2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{1-m}{{\left(x+m-2\right)}^2}$. Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left(6;+\infty \right)$ thì:

$\left\{\begin{array}{l}1-m>0\\ 2-m\le 6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m\ge -4\end{array}\right.\iff -4\le m<1$

Do $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-4;-3;-2;-1;0\right\}\Rightarrow$Tổng các giá trị nguyên m thỏa mãn: -10

Chọn A

Kẻ $Am//OM,OH\perp Am\left(H\in Am\right),OK\perp CH\left(K\in CH\right)$ nên $d\left(OM,AC\right)=d\left(OM,\left(CAH\right)\right)$

Ta có: $OC\perp \left(OAB\right)\Rightarrow OC\perp AH,OH\perp AH\Rightarrow AH\perp \left(OCH\right)\Rightarrow AH\perp OK$

Mà $d\left(OM,AC\right)=d\left(OM,\left(CAH\right)\right)=d\left(O,\left(CAH\right)\right)=OK=\frac{2}{3}.$

Vì tam giác OAB cân tại O nên $OM\perp AB,OM=AM=\frac{AB}{2}$.

Vì $OH\perp Am\Rightarrow OH\perp OM$ và $OM\perp AB,AH//OM\Rightarrow AH\perp AM$

Nên OHAM là hình vuông ( hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau)

Khi đó: $OH=AM=\frac{AB}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Do: $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{H}^2}+\frac{1}{O{C}^2}\Rightarrow OC=2\Rightarrow V_{O.ABC}=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{3}$

Chọn B

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=2x^4-2m{x}^3+4\left(m+3\right)x^2-2\left(m+7\right)x=2x\left[x^3-m{x}^2+2\left(m+3\right)x-m-7\right]$

Ta thấy phương trình $x^3-m{x}^2+2\left(m+3\right)x-m-7=0$ có nghiệm là $x=1$

Áp dụng sơ đồ Horner:

$\begin{array}{ccccc}& 1& -m& 2m+6& -m-7\\ 1& 1& 1-m& m+7& 0\end{array}$

Khi đó ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff 2x\left(x-1\right)\left[x^2+\left(1-m\right)x+m+7\right]=0$

Do $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ nên để hàm số $g\left(x\right)=f\left(\left|x\right|\right)$ có đúng một điểm cực đại khi $f\left(x\right)$ có một điểm cực trị dương.

TH1: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ có hai nghiệm phân biệt không dương

$\iff \left\{\begin{array}{c}{\left(1-m\right)}^2-4\left(m+7\right)>0\\ m-1\le 0\\ m+7\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{m}^2-6m-27>0\\ m\le 1\\ m\ge -7\end{array}\right.\iff -7\le m<-3\Rightarrow m\in \left\{-7;-6;-5;-4\right\}$.

TH2: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

$\iff {\left(1-m\right)}^2-4\left(m+7\right)\le 0\iff m^2-6m-27\le 0\iff -3\le m\le 9\Rightarrow m\in \left\{-3;-2;\mathrm{...};9\right\}$.

TH3: Phương trình $x^2+\left(1-m\right)x+m+7=0$ có nghiệm $x=1$.

$\iff 1^2+\left(1-m\right)1+m+7=0\iff 9=0$ (Vô lý).

Vậy $m\in \left\{-7;-6;\mathrm{...};8;9\right\}$.

Chọn B

Đặt $h\left(x\right)=2^{x+\frac{4}{x}}+{\log }_2\left(x^2-4x+5\right)$; $g\left(x\right)=2^{f\left(x\right)+\frac{4}{f\left(x\right)}}+{\log }_2\left[f^2\left(x\right)-4f\left(x\right)+5\right]$.