Đáp án B

Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}.\pi {\left(\frac{a}{2}\right)}^2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{24}$ .

Đáp án C

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy giá trị cực đại của hàm số là y_CĐ $=4$ tại $x=\pm \sqrt{2}$ .

Đáp án A

Theo lý thuyết ta có: Hình chiếu của điểm $M(x;y;z)$  lên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$  là $M^{\text{'}}(0;y;z)$ .

Nên $M(0;2;3)$  là hình chiếu của điểm $A(1;2;3)$  trên mặt phẳng $\left(Oyz\right)$ .

Đáp án C

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{-\frac{d}{c}\right\}.$                         

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{ad-bc}{{(cx+d)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\in D($  vì $ad-bc>0)$ .

Vậy hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-\frac{d}{c}\right)$  và $\left(-\frac{d}{c};+\infty \right)$ .

Đáp án C

Ta có: $\log \left(8a\right)-\log \left(5a\right)=\log \frac{8a}{5a}=\log \frac{8}{5}$ .

Đáp án B

Ta có: $\underset{-1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=3+1=4$ .

Đáp án D

Ta có: $S_{mc}=4\pi R^2=36\pi a^2\Rightarrow R=3a\Rightarrow V_{mc}=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(3a\right)}^3=36\pi a^3$ .

Đáp án A

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2-2x\right)=-3\iff x^2-2x=8\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=4\end{array}\right.$ .

Đáp án C

Do mặt phẳng $\left(P\right)$  vuông góc với giá của vectơ $\overrightarrow{a}=(1;-1;2)$  nên mặt phằng  nhận vectơ  làm vectơ pháp tuyến và đi qua điểm $M(3;-1;4)$  nên có phương trình: $1(x-3)-1(y+1)+2(z-4)=0\iff x-y+2z-12=0$ .

Đáp án A

Ta có: $\int f\left(x\right)dx=\int (2x+\sin x)dx=x^2-\cos x+C$ .

Đáp án D

Ta có đường thẳng $\Delta$  đi qua $A(2;-1;2)$  và nhận véctơ $\overrightarrow{u}(-1;2;-1)$  làm véctơ chỉ phương có phương trình chính tắc là: $\frac{x-2}{-1}=\frac{y+1}{2}=\frac{z-2}{-1}$ .

Đáp án A

Kí hiệu $C_n^k$  là số tổ hợp chập $k$  của $n$  phần tử $(0\le k\le n)$ .

$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Đáp án A

Ta có: $-3-1=-7-(-3)=-11-(-7)=-15-(-11)=-4$  (không đổi) nên dãy số trên lập thành một cấp số cộng.

Đáp án A

Cách 1:

Ta có: $\left|\frac{1}{z}\right|=\left|\frac{1}{{(1-2i)}^2}\right|=\frac{1}{|1-2i{|}^2}=\frac{1}{5}$ .

Cách 2:

Ta có $z={(1-2i)}^2=1-4i+4i^2=-3-4i\Rightarrow \frac{1}{z}=\frac{1}{-3-4i}=-\frac{3}{25}+\frac{4}{25}i$ .

Do đó $\left|\frac{1}{z}\right|=\sqrt{{\left(-\frac{3}{25}\right)}^2+{\left(\frac{4}{25}\right)}^2}=\frac{1}{5}$ .

Đáp án C

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 nên loại $\text{A},\text{B}$ .

Hàm số đạt cực trị tại $x=0;x=2$ .

Đáp án B

Hàm số $y=x+\frac{{10}^8}{x}$  liên tục trên $\left[{10}^3;{10}^9\right]$ .

Ta có $y^{\text{'}}=1-\frac{{10}^8}{x^2}=0\iff x^2={10}^8\iff \left[\begin{array}{l}x={10}^4\in \left[{10}^3;{10}^9\right]\\ x=-{10}^4\notin \left[{10}^3;{10}^9\right]\end{array}\right.$ .

Ta lại có: $y\left({10}^3\right)={10}^3+{10}^5;y\left({10}^4\right)={2.10}^4;y\left({10}^9\right)={10}^9+{10}^{-1}$ .

Do đó: $\underset{\left[{10}^3;{10}^9\right]}{\min y}=y\left({10}^4\right)={2.10}^4,$  đạt được khi $x={10}^4$ .

Đáp án C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2\left(x^2-1\right),$  suy ra $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int x^2\left(x^2-1\right)dx=\frac{x^5}{5}-\frac{x^3}{3}+C.$

Suy ra $y=g\left(x\right)=2f(-x)=2\left[\frac{{(-x)}^5}{5}-\frac{{(-x)}^3}{3}+C\right]=-\frac{2x^5}{5}+\frac{2x^3}{3}+2C$ .

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

Bảng xét dấu $g^{\text{'}}\left(x\right)$

Dựa vào bảng xét dấu, suy ra hàm số $y=2f(-x)$  đồng biến trên $(-1;1)$ . 

Đáp án B

Ta có: $z=i(1-i)=i-i^2=i-(-1)=1+i\stackrel{}{\to }\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$ .

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{IA}=(2;-2;-1)\Rightarrow IA=\sqrt{2^2+{(-2)}^2+{(-1)}^2}=3$

Do mặt cầu tâm $I(-2;1;1)$  qua điểm $A(0;-1;0)$  nên bán kính là $R=IA=3$ .

Vậy mặt cầu cần tìm có tâm $I(-2;1;1)$  và bán kính $R=3$  nên phương trình là: ${(x+2)}^2+{(y-1)}^2+{(z-1)}^2=9$

.

Đáp án D

Ta có $P={3.3}^{{\log }_{3^2}{2}^2}+\frac{16}{4^{{\log }_{2}3}}+5^{{\log }_{5^3}{3}^3}$

$={3.3}^{{\log }_{3}2}+\frac{16}{3^{{\log }_{2}4}}+5^{{\log }_{5}3}={3.2}^{{\log }_{3}3}+\frac{16}{3^{2{\log }_{2}2}}+3^{{\log }_{5}5}=3.2+\frac{16}{3^2}+3=\frac{97}{9}$

Đáp án A

Ta có: $2z^4-3z^2-2=0\iff \left[\begin{array}{l}{z}^2=2\\ z^2=-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}{i}^2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}z=\sqrt{2}\\ z=-\sqrt{2}\\ z=\frac{\sqrt{2}}{2}i\\ z=-\frac{\sqrt{2}}{2}i\end{array}\right.$ .

Khi đó, tổng môđun 4 nghiệm phức của phương trình đã cho bằng $\left|\sqrt{2}\right|+\left|-\sqrt{2}\right|+\left|\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|+\left|-\frac{\sqrt{2}}{2}i\right|=3\sqrt{2}.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}=(1;1;1)\\ \overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}=(2;-1;m)\end{array}\right.$ .

Để $\left(\alpha \right)\perp \left(\beta \right)$  thì $\overrightarrow{n_{\left(\alpha \right)}}\perp \overrightarrow{n_{\left(\beta \right)}}\iff 1+m=0\iff m=-1$ .

Đáp án D

Bất phương trình tương đương với: ${\left(\frac{5}{2}\right)}^{3x-1}\ge {\left(\frac{5}{2}\right)}^2\iff 3x-1\ge 2\iff x\ge 1$ .

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm: $S=[1;+\infty )$ .

Đáp án D

Ta có: $y^2-2y+x=0\iff x=-y^2+2y$  và $x+y-2=0\iff x=-y+2$.

Phương trình tung độ giao điểm là: $-y^2+2y=-y+2\iff y^2-3y+2=0\iff \left[\begin{array}{l}y=1\\ y=2\end{array}\right.$ .

Diện tích $\left(H\right)$  của hình  là: $S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|\left(-y^2+2y\right)-(-y+2)\right|dy=\frac{1}{6}$ .

Đáp án A

Thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=\pi h^3=8\pi \iff h^3=8\iff h=2$ .

Đáp án B

Ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=0\Rightarrow y=0$  là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=5\Rightarrow y=5$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

 $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty \Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Đáp án đúng: A

* Lời giải:

Ta có: $AC=a\sqrt{2}$ .

Tam giác $SAC$  vuông tại C, ta có $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=a\sqrt{3}$ .

Chiều cao khối chóp là: $SA=a\sqrt{3}$ .

Diện tích hình vuông  là: $S_{ABCD}=a^2$  (đvdt).

Vậy thể tích khối chóp: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}($  đvtt).

* Phương pháp giải:

Cho khối chóp có đường cao là h

Diện tích đa giác đáy là S

Khi đó thể tích $V=\frac{1}{3}h.S$

* Lý thuyết và một số dạng bài tập liên quan: 

- 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 $V=\frac{1}{3}h.S$

DẠNG BÀI: 

Dạng 1. Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy

Dạng 2. Khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy

Dạng 3. Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau

Dạng 4. Tỉ số thể tích

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

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

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

Cách tính thể tích khối chóp tứ giác đều và bài tập (2024) có đáp án

Đáp án C

Ta có $y^{\text{'}}={\left(\sqrt{2x}\right)}^{\text{'}}.e^{\sqrt{2x}}=\frac{2}{2\sqrt{2x}}.e^{\sqrt{2x}}=\frac{e^{\sqrt{2x}}}{\sqrt{2x}}$ .

Đáp án C

Ta có: $2f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=\frac{1}{2}$ .

Số nghiệm của phương trình $2f\left(x\right)-1=0$  bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$  và đường thằng $y=\frac{1}{2}$ .

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình  có hai nghiệm phân biệt.

Đáp án D

Gọi $M$  là trung điểm của $BC$ , suy ra $AM\perp BC$ . Ta có $\begin{array}{l}AM\perp BC\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp \left(SAM\right)\Rightarrow BC\perp SM$ . Do đó $\overline{\left(SBC\right),\left(ABC\right)}=\widehat{(SM,AM)}=\widehat{SMA}$ Tam giác $ABC$  đều cạnh $a$ , suy ra trung tuyến $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ . Tam giác vuông $SAM$ , có $\sin \widehat{SMA}=\frac{SA}{SM}=\frac{SA}{\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$ .

Đáp án B

Phương trình tương đương với: ${3.3}^{2x}-{10.3}^x+3=0$ .

Đặt $t=3^x>0$ .

Phương trình trở thành $3t^2-10t+3=0\iff t=\frac{1}{3}$  hoặc $t=3$ .

Với $t=\frac{1}{3}\Rightarrow 3^x=\frac{1}{3}\iff x=-1=x_1$ .

Với $t=3\Rightarrow 3^x=3\iff x=1=x_2$

Vậy $P=x_1{x}_2=-1$ .

Đáp án đúng là C

Lời giải

Diện tích cần sơn là tồng diện tích xung quanh của các hình trụ.

Tổng diện tích xung quanh của 4 cây cột đường kính $40 \text{cm}$  là: $S_1=4.2\pi r_{1}h$ .

Tổng diện tích xung quanh của 6 cây cột đường kính $26 \text{cm}$  là $S_2=6.2\pi r_{2}h$ .

Số tiền cần dùng là $T=\left(S_1+S_2\right).380000=2\pi \mathrm{.4,2.}\left(4.\frac{\mathrm{0,40}}{2}+6\cdot \frac{\mathrm{0,2}}{2}\right)\times 380000\approx 15844000$ 

*Phương pháp giải:

Tính tổng diện tích tích xung quanh lần lượt của 4 cây đường kính 40cm và6 cây đường kính 26cm

Tính số tiền cần dùng

*Lý thuyết:

1. Hình trụ

Khi quay hình chữ nhật ABCD một vòng quanh cạnh AB cố định, ta được một hình trụ.

- Hai hình tròn (A) và (B) bằng nhau và nằm trong hai mặt phẳng song song được gọi là hai đáy của hình trụ.

- Đường thẳng AB được gọi là trục của hình trụ.

- Mỗi vị trí của CD được gọi là một đường sinh. Các đường sinh vuông góc với hai mặt phẳng đáy. Độ dài của đường sinh là chiều cao của hình trụ.

3. Diện tích và thể tích hình trụ

Cho hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h.

- Diện tích xung quanh: S_xq = 2πRh.

- Diện tích toàn phần: S_tp = 2πRh + 2πR².

- Thể tích: V = πR²h.

Xem thêm

Chuyên đề Hình trụ - Diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ (2022) - Toán 9 

Đáp án B

Ta có:$f\left(x\right)=\frac{x^3+3x^2+3x-1}{x^2+2x+1}=\frac{x^3+3x^2+3x+1-2}{{(x+1)}^2}=\frac{{(x+1)}^3-2}{{(x+1)}^2}=x+1-\frac{2}{{(x+1)}^2}$

Do đó: $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx=\int \left[x+1-\frac{2}{{(x+1)}^2}\right]dx=\frac{x^2}{2}+x+\frac{2}{x+1}+C$ .

Đáp án B

Do $B{B}^{\text{'}}\parallel A{A}^{\text{'}}$  nên $d\left(B{B}^{\text{'}},A^{\text{'}}H\right)=d\left(B{B}^{\text{'}},\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)=d\left(B,\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)$ .

Ta có$\begin{array}{l}BH\perp AH\\ BH\perp A^{\text{'}}H\end{array}\Rightarrow BH\perp \left(A{A}^{\text{'}}H\right)$

nên $d\left(B,\left(A{A}^{\text{'}}H\right)\right)=BH=\frac{BC}{2}=a$ .

Vậy $d\left(B{B}^{\text{'}},A^{\text{'}}H\right)=a$ .

Đáp án C

Gọi $\Delta$  là đường thẳng cần tìm.

$\Delta \cap d_1=A\left(t_1+1;-t_1-2;2t_1+3\right);\Delta \cap d_2=B\left(2t_2-1;-t_2+4;4t_2+2\right)$$\overrightarrow{MA}=\left(t_1+1;-t_1-1;2t_1+1\right);\overrightarrow{MB}=\left(2t_2-1;-t_2+5;4t_2\right)$.

Ta có $M,A,B$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1+1=k\left(2t_2-1\right)\\ -t_1-1=k\left(-t_2+5\right)\\ 2t_1+1=4k{t}_2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ k=-\frac{1}{2}\\ k{t}_2=2\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{t}_1=\frac{7}{2}\\ t_2=-4\end{array}\right.\right.\right.$

Suy ra $\overrightarrow{MB}=\left(-9;9;-16\right)$ .

Đường thẳng $\Delta$  đi qua $M(0;-1;2),$  một vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{u}=\left(9;-9;16\right)$  có phương trình là: $\Delta :\frac{x}{9}=\frac{y+1}{-9}=\frac{z-2}{16}$ .

Đáp án A

Đặt $t=\tan x$  (khi $\left(0;\frac{\pi }{4}\right)$  thì $t\in \left(0;1\right)$ ).

Khi đó bài toán trở thành tìm $m$ để hàm số $y=\frac{t+m}{mt+1}$  nghịch biến trên $(0;1)$ .

TH1: $m=0$ , hàm số trở thành $y=t,$  hàm số này đồng biến trên $(0;1)$ ; nên $m=0$  không thỏa mãn.

TH2: $m\ne 0$ .

TXĐ:$D=ℝ/\left\{-\frac{1}{m}\right\}.$

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{1-m^2}{{(mt+1)}^2}$ .

Để hàm số nghịch biến trên $(0;1)$  thì $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}<\mathrm{0,}\forall x\in (0;1)\\ -\frac{1}{m}\notin (0;1)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1-m^2<0\\ \left[\begin{array}{l}-\frac{1}{m}\le 0\\ -\frac{1}{m}\ge 1\end{array}\right.\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>1\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m<0\\ 0<0\le 1\end{array}\right.\end{array}\iff m<-1.\right.\right.$