Đáp án D

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}OC\perp OA\\ OC\perp OB\end{array}\right.\Rightarrow OC\perp \left(OAB\right)$.

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I. 

$\Delta OAB$ vuông tại $O\Rightarrow M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAB\Rightarrow IO=IA=IB.$

$I\in IN\Rightarrow IO=IC\Rightarrow IO=IA=IB=IC\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC.

Ta có: $OA=\mathrm{1,}OB=\mathrm{2,}OC=3\Rightarrow OM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{1^2+2^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$

$R=OI=\sqrt{I{M}^2+O{M}^2}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{14}}{2}$

Đáp án C

Ta có: $u_1=11;d=4\Rightarrow u_{99}=u_1+\left(99-1\right).d=11+98.4=403$

Đáp án C

Hàm số $y=f\left(x\right)$ liên tục tại $x=1\Rightarrow \underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)=a$

$\iff \underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=a\iff \underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x-1}=a\iff \underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)=a\iff 2=a.$

Định nghĩa: Cho hàm số $y=f\left(x\right)$ xác định trên khoảng K và $x_0\in K$. Hàm số $y=f\left(x\right)$ được gọi là hàm số liên tục tại $x_0$ nếu $\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=f\left(x_0\right)$.

Đáp án B

Xét tứ giác ABCE có $AE//BC,AE=BC=a\Rightarrow ABCE$ là hình bình hành.

Lại có $\widehat{ABC}=90°$ (giả thiết), $AC=BC\Rightarrow ABCE$ là hình vuông cạnh a.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCE là $R_d=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCE là: $R=\sqrt{\frac{S{A}^2}{4}+R_d^2}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}+\frac{2a^2}{4}}=a$

Lưu ý: Khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp $R=\sqrt{\frac{h^2}{4}+R_d^2}$, trong đó h là chiều cao khối chóp, $R_d$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.

Đáp án C

Với $\cos x=0\iff {\sin }^{2}x=1$ không phải là nghiệm của phương trình.

Với $\cos x\ne 0$

Phương trình tương đương với:

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

$\iff 3{\tan }^{2}x+2\tan x-1=0\iff \left[\begin{array}{l}\tan x=-1\\ \tan x=\frac{1}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=-\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}\\ x=\arctan \frac{1}{3}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}\end{array}\right.$

Nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là $x=\arctan \frac{1}{3}\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$.

Đáp án D

Hàm số $y=x^4-x^3-x+2019$ có bao nhiêu điểm cực trị?

$\begin{array}{l}y\text{'}=4x^3-3x^2-1=0\iff 4x^3-3x^2-1=0\iff x=1\\ y\text{'}\text{'}=12x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\text{'}\left(1\right)=12-6=6>0\end{array}$

$\Rightarrow x=1$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị.

Đáp án B

Hàm số $f\left(x\right)=\frac{x}{x+3}$ xác định trên đoạn [-2;3].

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1.3-0.1}{{\left(x+3\right)}^2}=\frac{3}{{\left(x+3\right)}^2}>\mathrm{0,}\forall x\in \left[-2;3\right]\Rightarrow$ Hàm số luôn đồng biến trên đoạn [-2;3] .

$\Rightarrow$ GTLN của hàm số $f\left(x\right)=\frac{x}{x+3}$ trên đoạn [-2;3] là: $f\left(3\right)=\frac{3}{3+3}=\frac{1}{2}$.

Phương pháp:

Tìm GTLN của hàm số $y=f\left(x\right)$ trên $\left[a;b\right]$ bằng cách:

Giải phương trình y' = 0 tìm các nghiệm $x_i$.

Tính các giá trị $f\left(a\right),f\left(b\right),f\left(x_i\right)$ (với $x_i\in \left[a;b\right]$).

Khi đó: $\left\{\begin{array}{l}\underset{\left[a;b\right]}{\min }f\left(x\right)=\min \left\{f\left(a\right);f\left(b\right);f\left(x_i\right)\right\}\\ \underset{\left[a;b\right]}{\max }f\left(x\right)=\max \left\{f\left(a\right);f\left(b\right);f\left(x_i\right)\right\}\end{array}\right..$

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta thấy: Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$, hàm số nghịch biến trên (-1;1).

Do đó chỉ có đáp án B đúng vì $\left(-\infty ;-2\right)\subset \left(-\infty ;-1\right)\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right)$.

Đáp án B

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\infty \Rightarrow$ Loại các đáp án A và D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left(0;-1\right)\Rightarrow$ Loại đáp án C.

Đáp án B

Với $\forall x>\mathrm{0,}x\ne 1$ ta có: $\frac{1}{{\log }_{3}x}+\frac{1}{{\log }_{3^2}x}+\frac{1}{{\log }_{3^3}x}+\mathrm{...}+\frac{1}{{\log }_{3^n}x}=\frac{190}{{\log }_{3}x}$

$\begin{array}{l}\iff {\log }_{x}3+{\log }_x{3}^2+\mathrm{...}+{\log }_x{3}^n=190.{\log }_{x}3\iff {\log }_x\left({3.3}^2{.3}^3{\mathrm{...3}}^n\right)=190.{\log }_{x}3\\ \iff {\log }_x{3}^{1+2+3+\mathrm{...}+n}=190.{\log }_{x}3\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2}=190\iff n\left(n+1\right)=380\iff n=19\\ \Rightarrow P=2n+3=2.19+3=41.\end{array}$

Lưu ý: Sử dụng các công thức ${\log }_{a^m}{b}^n=\frac{n}{m}{\log }_{a}b$ và $\frac{1}{{\log }_{a}b}={\log }_{b}a$ (giả sử các biểu thức là có nghĩa).

Đáp án A

Ta có: ${\left(2x-3\right)}^{2018}=\sum _{k=0}^{2018}{C}_{2018}^k{\left(2x\right)}^k.{\left(-3\right)}^{2018-k}$, do đó khai triển trên có 2019 số hạng.

Đáp án D

Ta có: $V_{ABCA\text{'}B\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-V_{A.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-\frac{1}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{2}{3}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{2}{3}V$

Đáp án C

Ta có: $A_5=80.{\left(1+\mathrm{6,9}\%\right)}^5=\mathrm{111,68}$ (triệu đồng).

Lưu ý:

Sử dụng công thức lãi kép: $A_n=A{\left(1+r\right)}^n$

Trong đó:

A: tiền gốc.

r: lãi suất.

n: thời gian gửi tiết kiệm.

Đáp án B

Ta có bảng xét dấu của f'(x) như sau:

Dựa vào bảng xét dấu ta có:

Hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;1\right),\left(\mathrm{1,2}\right)$ và đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$.

Dựa vào đồ thị của hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ ta thấy $f\text{'}\left(x\right)$ đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)\Rightarrow y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $\left(2;+\infty \right)$.

Đáp án đúng:C

*Lời giải

Gọi M là trung điểm của AB ta có:

$\Delta ABC$ đều $\Rightarrow CM\perp AB$.

$\Delta AB\text{D}$ đều $\Rightarrow DM\perp AB$.

$\Rightarrow AB\perp \left(MCD\right)\Rightarrow AB\perp CD\Rightarrow \widehat{\left(AB,CD\right)}=90°$

*Phương pháp giải

- Ta nhận thấy giữa hai mặt phẳng ABC và ABD đều có chung cạnh AB. Lấy điểm M là trung điểm cạnh AB.

- Từ đó ta thấy được đoạn CM và DM đều đang vuông góc với AB

do đó: AB vuông góc với CD hay chính là AB vuông góc với mặt phẳng MCD

*Lý thuyến cần nắm về góc giữa hai mặt phẳng: 

1. Góc giữa 2 mặt phẳng là gì?

- Khái niệm: Góc giữa 2 mặt phẳng là góc được tạo bởi hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Trong không gian 3 chiều, góc giữa 2 mặt phẳng còn được gọi là ‘góc khối’, là phần không gian bị giới hạn bởi 2 mặt phẳng. Góc giữa 2 mặt phẳng được đo bằng góc giữa 2 đường thẳng trên mặt 2 phẳng có cùng trực giao với giao tuyến của 2 mặt phẳng.

2. Tính chất của góc giữa 2 mặt phẳng

Từ định nghĩa trên ta có:

- Góc giữa 2 mặt phẳng song song bằng 0 độ,

- Góc giữa 2 mặt phẳng trùng nhau bằng 0 độ.

3. Cách xác định góc giữa 2 mặt phẳng

Gọi P là mặt phẳng 1, Q là mặt phẳng 2

Trường hợp 1: Hai mặt phẳng (P), (Q) song song hoặc trùng nhau thì góc của 2 mặt phẳng bằng 0,

Trường hợp 2: Hai mặt phẳng (P), (Q) không song song hoặc trùng nhau.

Công thức và phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng

1. Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng

2. Cách tính góc giữa 2 mặt phẳng

a. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lý hàm số sin, hàm số cos.

b. Dựng mặt phẳng phụ (R) vuông góc với giao tuyến c mà (Q) giao với (R) = a, (P) giao với (R) = b.

Suy ra 

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

Lý thuyết, cách xác định và bài tập tính góc giữa 2 mặt phẳng 

Góc giữa hai mặt phẳng (lý thuyết, công thức) các dạng bài tập và cách giải 

Đáp án D

Ta có: $I=\int 2x{\left(3x-2\right)}^{6}dx$.

Đặt $3x-2=t\Rightarrow x=\frac{t+2}{3}\Rightarrow dx=\frac{1}{3}dt$.

Suy ra $I=\int \frac{2}{9}\left(t+2\right)t^{6}dt=\frac{2}{9}\int \left(t^7+2t^6\right)dt=\frac{2}{9}\left(\frac{t^8}{8}+\frac{2t^7}{7}\right)+C=\frac{1}{36}{t}^8+\frac{4}{63}{t}^7+C$

$\Rightarrow I=\frac{1}{36}{\left(3x-2\right)}^8+\frac{4}{63}{\left(3x-2\right)}^7+C\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=\frac{1}{36}\\ B=\frac{4}{63}\end{array}\right.\Rightarrow 12A+7B=12.\frac{1}{36}+7.\frac{4}{63}=\frac{7}{9}.$

Đáp án A

Ta có: $0<\frac{1}{1+a^2}<1;\forall a\ne 0\Rightarrow {\left(\frac{1}{1+a^2}\right)}^{2x+1}>1\iff 2x+1<0\iff x<-\frac{1}{2}.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;-\frac{1}{2}\right)$

Lưu ý: $a^x>a^b\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a>1\\ x>b\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}0<a<1\\ x<b\end{array}\right.\end{array}\right.$.

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 4.

Chú ý khi giải: Học sinh rất hay kết luận nhầm hàm số đạt cực đại tại x = 3.

Tìm tập nghiệm của phương trình 3 ^ ( x^2 + 2x) = 1.

Đáp án C

Ta có: $\overrightarrow{a}=-\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-3\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{a}=\left(-1;2;-3\right)$.

Đáp án B

Đáp án A: Ta có: $a=\sqrt{3}>1\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Đáp án B: Ta có: $0<a=\frac{\pi }{4}<1\Rightarrow$ hàm số nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$.

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của AB.

$\Delta SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $\left(ABC\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABC\right)$.

$\Delta SAB$ đều cạnh $a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$\begin{array}{l}{S}_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}{a}^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\\ \Rightarrow V_{SABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SH=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{8}.\end{array}$

Đáp án A

Hàm số $y=\ln \left(x^2-2x-m+1\right)$ xác định trên $ℝ\iff x^2-2x-m+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ$

$\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ \Delta \text{'}<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1>0\forall m\\ 1+m-1<0\end{array}\right.\iff m<0.$

Mà $\left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left[-2018;2018\right]\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left[-2018;0\right)\end{array}\right.\iff m=\left\{-2018;-2017;\mathrm{...};-1\right\}.$

Vậy có 2018 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án A

Dựa vào đồ thị ta thấy đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ cắt trục Ox tại 1 điểm qua điểm đó hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ đổi dấu từ âm sang dương nên điểm đó là điểm cực tiểu của hàm số $y=f\left(x\right)$.

Đáp án D

Hình trụ có thiết diện đi qua trục là hình vuông có cạnh bằng $4a\Rightarrow 2R=h=4a\Rightarrow R=2a$ với R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của hình trụ.

$S_{xq}=2\pi Rh=2\pi .2a.4a=16\pi a^2$.

Đáp án A

Hình chóp tứ giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng $\left(SAC\right),\left(SBD\right),\left(SEG\right),\left(SFH\right)$ như hình vẽ với F, G, H lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.

Đáp án C

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1, giá trị cực đại $y_{CĐ}=2$ và đạt cực tiểu tại x = 3, giá trị cực tiểu $y_{CT}=-1$.

Lưu ý: Hàm số $y=f\text{'}\left(x\right)$ không xác định tại x = 3, nhưng x = 3 vẫn là điểm cực tiểu của hàm số vì đi qua điểm x = 3 thì y’ đổi dấu từ âm sang dương.

Đáp án D

Ta có: $I=\int \left(x^2-3x+\frac{1}{x}\right)dx=\frac{x^3}{3}-\frac{3x^2}{2}+\ln \left|x\right|+C$

Lưu ý: Chú ý dùng dấu giá trị tuyệt đối khi có $\ln \left|x\right|$, học sinh có thể chọn nhầm đáp án C.

Đáp án D

Ta có: $\underset{0}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{6}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx$.

$\Rightarrow P=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{6}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{10}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{2}{\overset{6}{\int }}f\left(x\right)dx=7-3=4.$

Lưu ý: Sử dụng tính chất của tích phân: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{b}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{c}{\int }}f\left(x\right)dx$.

Đáp án B

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y\text{'}=-3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\in \left[-1;1\right]\\ x=-2\notin \left[-1;1\right]\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}y\left(0\right)=m\\ y\left(-1\right)=m-2\\ y\left(1\right)=m-4\end{array}\right.\Rightarrow \underset{\left[-1;1\right]}{\min }y=m-4=0\iff m=4.$

Đáp án B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có dạng: $y=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ (với $a\ne 0$).

Đồ thị hàm số đi qua các điểm $\left(2;-1\right),\left(-1;3\right),\left(1;-1\right),\left(2;3\right)$.

Khi đó ta có đồ thị hàm số $y=\left|\left|x^3\right|-3\left|x\right|+1\right|$ như hình vẽ sau.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số có 7 điểm cực trị.

Lưu ý:

Cách 1: Sử dụng quy tắc vẽ đồ thị hàm số $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ để tìm số điểm cực trị của hàm số.

Cách 2: Tìm hàm số $y=f\left(x\right)$ dựa vào đồ thị hàm số sau đó suy ra hình dáng của đồ thị hàm số $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ để tìm số điểm cực trị của hàm số.

Đáp án A

Ta có: $F\left(x\right)=\int f\left(x\right)dx\Rightarrow F\text{'}\left(x\right)=f\left(x\right)$

$\Rightarrow F\text{'}\left(x\right)=0\iff \frac{x-\cos x}{x^2}=0\left(x\ne 0\right)\iff g\left(x\right)=x-\cos x=0$

Xét hàm số $g\left(x\right)=x-\cos x=0$ ta có: $g\text{'}\left(x\right)=1+\sin x\ge \mathrm{0,}\forall x\in ℝ$.

Do đó hàm số g(x) đồng biến trên $ℝ\Rightarrow$ Phương trình g(x) = 0 có nghiệm duy nhất.

Đáp án D

Gọi số tự nhiên cần lập có dạng: $\overline{abcd}\left(a,b,c,d\in \left\{1;2;3;4;5;6;7;8;9\right\}\right)$

Số cần lập chia hết cho 15 nên nó chia hết cho 3 và 5.

Số cần lập chia hết cho 5 nên ta có: $d=5\Rightarrow d$ có 1 cách chọn.

$\Rightarrow$Số cần tìm có dạng: $\overline{abc5}$.

Số cần lập chia hết cho 3 nên $\left(a+b+c+5\right)⋮3.$

Chọn a có 9 cách chọn, chọn b có 9 cách chọn.

+ Nếu $\left(a+b+5\right)⋮3\Rightarrow c\in \left\{3;6;9\right\}\Rightarrow c$ có 3 cách chọn.

+ Nếu $\left(a+b+5\right)$ chia cho 3 dư 1 $\Rightarrow c\in \left\{2;5;8\right\}\Rightarrow c$ có 3 cách chọn.

+ Nếu $\left(a+b+5\right)$ chia cho 2 dư 2 $\Rightarrow c\in \left\{1;4;7\right\}\Rightarrow c$ có 3 cách chọn.

Có 3 cách chọn c.

Như vậy có: $\mathrm{9.9.3.1}=243$ cách chọn.

Vậy có 243 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lưu ý: Số tự nhiên chia hết cho 15 thì chia hết cho 3 và chia hết cho 5.

Đáp án A

Lấy điểm $A\text{'}\in \left(O\text{'}\right),B\text{'}\in \left(O\right)$ sao cho AA’, BB’ song song với trục OO’.

Khi đó ta có lăng trụ đứng OAB’. O’A’B.

Ta có: $V_{OO\text{'}AB}=V_{OAB\text{'}.O\text{'}A\text{'}B}-V_{A.O\text{'}A\text{'}B}-V_{B.OAB\text{'}}$

$=V_{OAB\text{'}.O\text{'}A\text{'}B}-\frac{1}{3}{V}_{OAB\text{'}.O\text{'}A\text{'}B}-\frac{1}{3}{V}_{OAB\text{'}.O\text{'}A\text{'}B}=\frac{1}{3}{V}_{OAB\text{'}.O\text{'}A\text{'}B}$

Do đó để $V_{OO\text{'}AB}$ lớn nhất $\iff \sin \widehat{AOB\text{'}}=1\iff \widehat{AOB\text{'}}=90°\iff OA\perp OB\text{'}$.

$\Rightarrow O\text{'}A\text{'}\perp O\text{'}B\Rightarrow \Delta O\text{'}A\text{'}B$ vuông tại $O\text{'}\Rightarrow A\text{'}B=\sqrt{2}O\text{'}A\text{'}=2a\sqrt{2}$.

Ta có: $\left(O\text{'}A\text{'}B\right)\Rightarrow \widehat{\left(AB,\left(O\text{'}A\text{'}B\right)\right)}=\widehat{ABA\text{'}}=\alpha \Rightarrow \tan \alpha =\frac{AA\text{'}}{A\text{'}B}=\frac{2a}{2a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Đáp án C

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}3x+1\ge 0\\ 4\sqrt{3x+1}-3x-5\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{3}\\ 3x+1-4\sqrt{3x+1}+4\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{3}\\ {\left(\sqrt{3x+1}-2\right)}^2\ne 0\end{array}\right.$

                  $\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{3}\\ \sqrt{3x+1}-2\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{3}\\ 3x+1\ne 4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -\frac{1}{3}\\ x\ne 1\end{array}\right.$

Ta có: $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{4\sqrt{3x+1}-3x-5}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{-{\left(\sqrt{3x+1}-2\right)}^2}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{3x+1}+2}{3\left(\sqrt{3x+1}-2\right)}=+\infty$

$\Rightarrow x=1$ là đường TCĐ của đồ thị hàm số.

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x-1}{4\sqrt{3x+1}-3x-5}=-\frac{1}{3}\Rightarrow y=-\frac{1}{3}$ là đường TCN của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận.

Lưu ý:

Đường thẳng x =  được gọi là TCĐ của đồ thị hàm số.

$y=f\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\iff \underset{x\to a}{\lim }f\left(x\right)=\infty$.

Đường thẳng y = b được gọi là TCN của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)\iff \underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right)=b$.

Đáp án A

Trong (SBC) qua G kẻ $MN//BC\left(M\in SB,N\in SC\right)$.

Khi đó mặt phẳng đi qua AG và song song với BC chính là mặt phẳng (AMN).

Mặt phẳng này chia hai khối chóp thành 2 khối S.AMN và AMNBC.

Gọi H là trung điểm của BC.

Vì $MN//BC$; theo định lý Ta-lét ta có: $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}\left(=\frac{SG}{SH}\right)$.

$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{4}{9}{V}_{S.ABC}$

Mà $V_{S.AMN}+V_{AMNBC}=V_{S.ABC}\Rightarrow V_{AMNBC}=\frac{5}{9}{V}_{S.ABC}=V$

Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại $B\Rightarrow AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}{a}^2$.

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.a^2=\frac{a^3}{6}$

Vậy $V=\frac{5}{9}.\frac{a^3}{6}=\frac{5a^3}{54}$.

Công thức tỉ số lượng giác: Cho chóp $S.ABC,A\text{'}\in SA,B\text{'}\in SB,C\text{'}\in SC$. Khi đó $\frac{V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA\text{'}}{SA}.\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}$.

Đáp án D

Đặt $SA=SB=a,SB=AC=b,SC=AB=c$.

Dựng hình chóp S. A’B’C’ sao cho A, B, C lần lượt là trung điểm của B’C’, C’A’, A’B’.

Dễ thấy $\Delta ABC$ đồng dạng với $\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}$ theo tỉ số $\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{4}.V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$

Ta có AB, BC, CA là các đường trung bình của tam giác A’B’C’.

$\Rightarrow A\text{'}B\text{'}=2AB=2c;B\text{'}C\text{'}=2BC=2a;A\text{'}C\text{'}=2AC=2b$

$\Rightarrow \Delta SA\text{'}B\text{'},\Delta SB\text{'}C\text{'},\Delta SC\text{'}A\text{'}$ là các tam giác vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy) $\Rightarrow SA\text{'},SB\text{'},SC\text{'}$ đôi một vuông góc.

$V_{S.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{1}{6}.SA\text{'}.SB\text{'}.SC\text{'}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{24}.SA\text{'}.SB\text{'}.SC\text{'}$

Áp dụng định lí Pytago ta có: $\left\{\begin{array}{l}SA{\text{'}}^2+SB{\text{'}}^2=4c^2\\ SB{\text{'}}^2+SC{\text{'}}^2=4a^2\\ SA{\text{'}}^2+SC{\text{'}}^2=4b^2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}SA{\text{'}}^2=2\left(b^2+c^2-a^2\right)\\ SB{\text{'}}^2=2\left(a^2+c^2-b^2\right)\\ SC{\text{'}}^2=2\left(a^2+b^2-c^2\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{24}.\sqrt{8\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)}=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{\left(b^2+c^2-a^2\right)\left(a^2+c^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)}$

Thay $a=\mathrm{3,}b=\mathrm{4,}c=2\sqrt{5}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{390}}{4}$.

Đáp án A

Giả sử $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}OA=\left|a\right|\\ OB=\left|b\right|\end{array}\right..$

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}OC\perp OA\\ OC\perp OB\end{array}\right.\Rightarrow OC\perp \left(OAB\right)$

Qua M dựng đường thẳng song song với OC, qua N dựng đường thẳng song song với OM. Hai đường thẳng này cắt nhau tại I

$\Delta OAB$ vuông tại $O\Rightarrow M$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OAB\Rightarrow IO=IA=IB.$

$I\in IN\Rightarrow IO=IC\Rightarrow IO=IA=IB=IC\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp O.ABC.

Ta có: $OM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}$

$\begin{array}{l}R=OI=\sqrt{I{M}^2+O{M}^2}=\sqrt{\frac{c^2}{4}+\frac{a^2+b^2}{4}}=\frac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\frac{\sqrt{a^2+\left(1-a^2\right)+1}}{2}=\frac{\sqrt{2a^2-2a+2}}{2}\\ =\frac{\sqrt{2\left(a^2-a+1\right)}}{2}=\frac{\sqrt{2\left(a^2-2.a.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\right)}}{2}=\frac{\sqrt{2{\left(a-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{2}}}{2}\ge \frac{\sqrt{6}}{4}.\end{array}$

Vậy $a=\mathrm{3,}b=\mathrm{4,}c=2\sqrt{5}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{390}}{4}$