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 C

Gọi M là trung điểm của AB ta có:

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

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

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

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

Đáp án A

Gọi I là trung điểm của SA.

Tam giác SAB, SAC vuông tại $B,C\Rightarrow IS=IA=IB=IC\Rightarrow I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.