Đáp án A

Hàm số $y=x^{\frac{1}{2}}$ có TXĐ $D=\left(0;+\infty \right)$.

Hàm số $y=\ln \left(x+1\right)$ có TXĐ $\left(-1;+\infty \right)$.

Hàm số $y=e^x$ có TXĐ $D=ℝ$.

Hàm số $y=x-\sqrt[3]{x}$ có TXĐ $D=ℝ$.

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{PQ}\iff \left(-1;5;2\right)=\left(x-3;y-1;z-2\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x-3=-1\\ y-1=5\\ z-2=2\end{array}\right.\Rightarrow Q\left(2;6;4\right)$.

Đáp án B

Ta có $\int \frac{d\text{x}}{{\sin }^{2}x}=-\cot x+C$ do đó đáp án B sai

Đáp án A

Ta có: ${\log }_3\left(x-9\right)=3\iff \left\{\begin{array}{l}x-9>0\\ x-9=3^x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x=36\end{array}\right.\iff x=36$.

Đáp án C

Đường thẳng $d:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{2}=\frac{z-2}{-3}$ đi qua $M\left(1;1;2\right)$ và có véctơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(1;2;-3\right)$.

Mặt phẳng $\left(P\right):x+y+z-4=0$ có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\left(1;1;1\right)$.

Ta thấy $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{n}=1.1+2.1+1.\left(-3\right)=0$ (1)

Thay tọa độ điểm $M\left(1;1;2\right)$ vào mặt phẳng (P) ta được $1+1+2-4=0\to M\in \left(P\right)$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $d\subset \left(P\right)$.

Đáp án B

Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;2) và bán kính $R=\sqrt{1+1+4+3}=3$.

Đáp án A: $d\left(I,\left(P\right)\right)=\frac{\left|1+2.1+2.2+6\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{13}{3}>3$ nên mặt phẳng không cắt mặt cầu.

Đáp án B: $d\left(I,\left(Q\right)\right)=\frac{\left|1-1+2\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{2}{3}<3$ nên mặt phẳng cắt mặt cầu theo giao tuyến là một đường tròn.

Đáp án D: $d\left(I,\left(R\right)\right)=\frac{\left|1+2.1+3.2+3\right|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{12}{3}=4>3$ nên mặt phẳng không cắt mặt cầu

Đáp án C

Ta có TXD: $D=ℝ$.

$y^{\text{'}}=-x^2+1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\end{array}\right.$

$y^{\text{'}\text{'}}=-2\text{x}\Rightarrow y^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)=-2<0;\left(-1\right)=2>0$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(-1\right)=0\\ y^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)>0\end{array}\right.$ nên x = -1 là điểm cực tiểu của hàm số, suy ra giá trị cực tiểu là $y\left(-1\right)=-\frac{5}{3}$.

Đáp án A

Thể tích khối lập phương có cạnh bằng 2 là $V=2^3=8$.

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có: $y^{\text{'}}=-3{\text{x}}^2+3$

Xét $y^{\text{'}}<0\iff -3{\text{x}}^2+3<0\iff x^2-3>0\iff \left[\begin{array}{l}x>1\\ x<-1\end{array}\right.$

Nên hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-1\right);\left(1;+\infty \right)$.

Đáp án D

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: đúng.

Đáp án C: đúng.

Đáp án D: $\int \sin xdx=-\cos x+C$ nên D sai.

Đáp án B

Số phức liên hợp của số phức $z=2-3i$ là $\overline{z}=2+3i$

Điểm biểu diễn số phức $\overline{z}=2+3i$ là $M\left(2;3\right)$.

Đáp án A

Tứ diện $O.A^{\text{'}}BC$ là chóp tam giác $A^{\text{'}}.OBC$ có chiều cao $h=A^{\text{'}}A=a$.

Diện tích đáy $S_{OBC}=\frac{1}{4}{S}_{ABC\text{D}}=\frac{a^2}{4}$.

Thể tích $V_{O.A^{\text{'}}BC}=\frac{1}{3}{S}_{OBC}.A^{\text{'}}A=\frac{1}{3}.\frac{a^2}{4}.a=\frac{a^3}{12}$.

Đáp án C

Theo đề bài ta có: $A\left(a;0;0\right),\text{ B}\left(0;b;0\right),\text{ C}\left(0;0;c\right)$ $\left(a;b;c\ne 0\right)$

Vì M là trọng tâm $\Delta ABC$ thì $\left\{\begin{array}{l}{x}_M=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\\ y_M=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\\ z_M=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}1=\frac{a}{3}\\ 2=\frac{b}{3}\\ 3=\frac{c}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=9\end{array}\right.$.

Suy ra $A\left(3;0;0\right),\text{ B}\left(0;6;0\right),\text{ C}\left(0;0;9\right)$.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm , ,  là

Đáp án C

Xét phương trình hoành độ giao điểm $x^3+x^2+2\text{x}-3=2\text{x}-3\iff x^3+x^2=0$

$\iff x^2\left(x+1\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=0\\ x+1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=-3\\ x=-1\Rightarrow y=-5\end{array}\right.$

Vì B có hoành độ âm nên $B\left(-1;-5\right)$ hay hoành độ của B là $x=-1$.

Đáp án D

Ta có: $VP=\frac{1}{2}\log 3\text{x}-2\log b+3\log \sqrt{c}=\log \sqrt{3\text{a}}-\log b^2+\log \sqrt{c^3}$

$=\log \frac{\sqrt{3\text{a}}.\sqrt{c^3}}{b^2}=\log \frac{\sqrt{3\text{a}{c}^3}}{b^2}$

Vậy $\log \text{x}=\log \frac{\sqrt{3{\text{ac}}^3}}{b^2}\iff x=\frac{\sqrt{3\text{a}{c}^3}}{b^2}.$

Đáp án A

Vì $ABC\text{D}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là hình hộp chữ nhật nên $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=AB=a;B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=A\text{D}=2\text{a}$

Xét tam giác $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$; vuông tại $B^{\text{'}}$ ta có $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{a^2+{\left(2\text{a}\right)}^2}=a\sqrt{5}$

Xét tam giác AA'C' vuông tại A' ta có $=\sqrt{A{C^{\text{'}}}^2-A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{14{\text{a}}^2-5{\text{a}}^2}=3\text{a}$

Thể tích khối hộp chữ nhật là $V_{ABC\text{D}.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=AB.A\text{D}.A{A}^{\text{'}}=a.2a.3a=6a^3.$

Đáp án B

Gọi O, O' lần lượt là tâm đáy, I là trung điểm của OO' thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ và bán kính $R=I{A}^{\text{'}}$.

Ta có: $A^{\text{'}}{O}^{\text{'}}=\frac{2}{3}{A}^{\text{'}}{M}^{\text{'}}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3};=\frac{1}{2}O{O}^{\text{'}}=\frac{b}{2}$.

Do đó $I{A}^{\text{'}}=\sqrt{I^2+A^{\text{'}}{O^{\text{'}}}^2}=\sqrt{\frac{b^2}{3}+\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{4{\text{a}}^2+3b^2}{12}}$

Thể tích khối cầu $V=\frac{4}{3}\pi I{A}^2=\frac{4}{3}\pi \left(\sqrt{\frac{4{\text{a}}^2+3b^2}{12}}\right)=\frac{4\pi }{\mathrm{3.12.}\sqrt{12}}\sqrt{{\left(4{\text{a}}^2+3b^2\right)}^3}=\frac{\pi }{18\sqrt{3}}\sqrt{{\left(4{\text{a}}^2+3b^2\right)}^3}$

Đáp án C

TXĐ: $x\ge 3;x\ne 1;x\ne 1$

Ÿ$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\left(\sqrt{x+3}-2\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}{\left(\sqrt{x+3}+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{\left(\sqrt{x+3}+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$

$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{\left(\sqrt{x+3}+2\right)\left(x+1\right)}=\frac{1}{8}\ne +\infty$ nên x = 1 không là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

Ÿ$\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=-\infty \underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=-\infty$ nên $x=-1$ là TCĐ của đồ thị hàm số đã cho.

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng x = -1.

Đáp án C

Ta có: $1500=250.e^{r.12}\Rightarrow r=\frac{\ln 6}{12}$

Gọi t (giờ) là thời gian để số lượng vi khuẩn tăng gấp 216 lần số lượng vi khuẩn ban đầu.

Ta có: $216{\text{A}}_0=A_0.e^{rt}\Rightarrow rt=\ln 216\Rightarrow t=\frac{\ln 216}{r}=36.$

Đáp án A

Vì các tam giác ABC, ACD, ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A nên $AB\perp AC,AC\perp A\text{D},A\text{D}\perp AB$ hay AB, AC, AD đôi một vuông góc nên khoảng cách từ A đến $\left(BC\text{D}\right)$ là d thì

$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{\text{D}}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2{\text{a}}^2}+\frac{1}{3{\text{a}}^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{66}}{11}$

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=-4{\text{x}}^3-2\left(m-3\right)-2\text{x}\left(2{\text{x}}^2+m-3\right)$.

Yêu cầu bài toán thỏa mãn $\iff 2{\text{x}}^2+m-3=0$ vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x = 0

$\iff m-3\ge 0\iff m\ge 3$

Đáp án D

Ta có: $\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left(4-e^{-\frac{x}{2}}\right)d\text{x}={\left.\left(4\text{x}+2{\text{e}}^{-\frac{x}{2}}\right)\right|}_{-2}^0=2-\left(-8+2\text{e}\right)=10-2\text{e}$.

Suy ra $a=10;b=-1\Rightarrow a+2b=10+2.\left(-1\right)=8$.

Đáp án D

Ta có: $\frac{1+i}{1-i}=\frac{\left(1+i\right)\left(1+i\right)}{1+1}=\frac{2i}{2}=i\Rightarrow z={\left(\frac{1+i}{1-i}\right)}^{2019}=i^{2019}\Rightarrow z^4={\left(i^{2019}\right)}^4={\left(i^4\right)}^{2019}=1$.

Đáp án D

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2y+4\text{z}-9=0$ có tâm $I\left(0;1;-2\right)$ và bán kính

Để A nằm trong khối cầu thì $IA<R\iff I{A}^2<R^2\iff 1^2+{\left(a-1\right)}^2+3^2<14$

$\iff {\left(a-1\right)}^2<4\iff -2<a-1<2\iff -1<a<3$

Đáp án D

Gọi $N\left(1+2t;-1+t;-t\right)=d\cap \Delta$

Do $d\perp \Delta$ nên $\overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{u_{\Delta }}\Rightarrow \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{u_{\Delta }}=0$

Lại có $\overrightarrow{MN}=\left(2t-1;t-2;-t\right),\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(2;1;-1\right)$

$2\left(2t-1\right)+1\left(t-2\right)-\left(-t\right)=0\iff 6t-4=0\iff t=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\left(\frac{1}{3};-\frac{4}{3};-\frac{2}{3}\right)$ hay $3\overrightarrow{MN}=\left(1;-4;-2\right)$ cũng là một véctơ chỉ phương của d.

Đáp án D

ĐK: $0<x<6$

Thể tích hộp kim loại là $V=x\left(6-x\right)\left(12-2\text{x}\right)=\left(6\text{x}-x^2\right)\left(12-2\text{x}\right)=2{\text{x}}^3-24{\text{x}}^2+72\text{x}$

Đặt $f\left(x\right)=2{\text{x}}^3-24{\text{x}}^2+72\text{x}$

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)=6{\text{x}}^2-48\text{x}+72=0\iff \left[\begin{array}{l}x=6\notin \left(0;6\right)\\ x=2\in \left(0;6\right)\end{array}\right.$

Ta có bảng biến thiên của $f\left(x\right)$ trên (0;6)

Vậy giá trị lớn nhất của V là 64 $\Rightarrow x=2$.

Tuy nhiên thể tích sôcôla nguyên chất chỉ chiếm $\frac{3}{4}$ nên $V_0=\frac{3}{4}.64=48$ (đvdt).

Đáp án D

Mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(1;1;-1\right)$ mặt phẳng (Q) có véctơ pháp tuyến $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(1;-1;1\right)$.

Khi đó $\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(0;-2;-2\right)=-2\left(0;1;1\right)$.

Mặt phẳng (R) đi qua A(1;1;1) và vuông góc với cả (P) và (Q) nên ta chọn

$\overrightarrow{n_{\left(R\right)}}=-\frac{1}{2}\left[\overrightarrow{n_{\left(P\right)}};\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\right]=\left(0;1;1\right)$ làm véctơ pháp tuyến.

$\Rightarrow \left(R\right):0\left(x-1\right)+1\left(y-1\right)+1\left(z-1\right)=0$ hay $\left(R\right):y+z-2=0$.

Đáp án C

Gắn hệ trục tọa độ sao cho $OH\equiv Oy,OB\equiv Ox$.

Gọi phương trình Parabol $y=a{x}^2+bx+c$ ta có Parabol đi qua ba điểm $H\left(0;3;0\right),B\left(3;0;0\right),A\left(-3;0;0\right)$.

Từ đó ta có $\left\{\begin{array}{l}c=30\\ 900\text{a}+30b+30=0\\ 900\text{a}-30b+30=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}c=30\\ a=-\frac{1}{30}\\ b=0\end{array}\right.$ nên phương trình Parabol $y=-\frac{1}{30}{x}^2+30$.

Diện tích chiếc gương là

$\underset{-30}{\overset{30}{\int }}\left|-\frac{1}{30}{x}^2+30\right|d\text{x}=\underset{-30}{\overset{30}{\int }}\left(-\frac{1}{30}{x}^2+30\right)d\text{x}={\left.\left(-\frac{1}{90}{x}^3+30\text{x}\right)\right|}_{-30}^{30}=1200$ (đvdt).

Đáp án C

Ta có: các điểm $M\left(2;3\right),N\left(1;-2\right),P\left(-3;1\right)$ lần lượt biểu diễn các số phức $2+3i\mathrm{,1}-2i,-3+i$.

Gọi điểm $Q\left(x;y\right)$ thì tứ giác MNPQ là hình bình hành $\iff \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}$

$\iff \left\{\begin{array}{l}1-2=-3-x\\ -2-3=1-y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=-2\\ y=6\end{array}\right.\Rightarrow Q\left(-2;6\right)$

Đáp án B

Đặt $t=2\text{x}\Rightarrow dt=2\text{dx}$

Đổi cận $\left|\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=1\\ x=1\Rightarrow t=2\end{array}\right.$ ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(2\text{x}\right)d\text{x}=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)\frac{dt}{2}=\frac{1}{2}\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2$. Suy ra $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=4$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=d\text{x}\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.\Rightarrow \underset{0}{\overset{2}{\int }}x{f}^{\text{'}}\left(x\right)d\text{x}={\left.xf\left(x\right)\right|}_0^2-\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)d\text{x}=2f\left(2\right)-4=28$.

Đáp án B

Điều kiện: x > 0.

Đường thẳng x = k cắt đồ thị hàm số $y={\log }_{5}x$ tại điểm $A\left(k;{\log }_{5}k\right)$ với k > 0.

Đường thẳng x = k cắt đồ thị hàm số $y={\log }_5\left(x+4\right)$ tại điểm $B\left(k;{\log }_5\left(k+4\right)\right)$.

$AB=\frac{1}{2}\iff \left|{\log }_5\left(k+4\right)-{\log }_{5}k\right|=\frac{1}{2}\iff {\log }_5\frac{k+4}{k}=\frac{1}{2}$

 (do $k+4>k>0\Rightarrow \frac{k+4}{k}>1\Rightarrow {\log }_5\frac{k+4}{k}>{\log }_{5}1=0$)

Khi đó $k+4=k\sqrt{5}\iff k\left(\sqrt{5}-1\right)=4\iff k=\frac{4}{\sqrt{5}-1}=\frac{4\left(\sqrt{5}+1\right)}{5-1}=1+\sqrt{5}$

Vậy $k=1+\sqrt{5}\to a=\mathrm{1,}b=5\Rightarrow a+b=6$.

Đáp án B

Gọi $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$ với $a;b;c>0$ thì (P) có phương trình $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.

Vì $M\left(1;2;1\right)\in \left(P\right)\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1$

Thể tích khối tứ diện OABC là $V=\frac{1}{6}.OA.OB.OC=\frac{1}{6}abc$

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của $V=\frac{1}{6}abc$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số $\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{1}{c}$ ta có $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge 3\sqrt[4]{\frac{2}{abc}}$.

$\iff 1\ge 3\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{abc}}\iff 1\ge \frac{54}{abc}\iff abc\ge 54$

Dấu “=” xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}=\frac{2}{b}=\frac{1}{c}\\ \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=6\\ c=3\end{array}\right.$

Suy ra giá trị nhỏ nhất của V là $\frac{1}{6}.54=9\iff a=3;b=6;c=3$.

Đáp án C

Ta có: $z_1^2+z_2^2=z_1{z}_2\iff \frac{z_1^2}{z_2^2}-\frac{z_1}{z_2}+1=0\iff {\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}^2-\frac{z_1}{z_2}+1=0\iff \frac{z_1}{z_2}=\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i$

$\Rightarrow \left|\frac{z_1}{z_2}\right|=1\Rightarrow \left|z_1\right|=\left|z_2\right|\Rightarrow OA=OB$

Lại có $z_1^2+z_2^2=z_1{z}_2\iff {\left(z_1-z_2\right)}^2=-z_1{z}_2$

Lấy mođun hai vế ta được ${\left|z_1-z_2\right|}^2=\left|-z_1{z}_2\right|\to {\left|z_1-z_2\right|}^2=\left|z_1\right|\left|z_2\right|={\left|z_1\right|}^2$

Hay $A{B}^2=O{A}^2\Rightarrow AB=OA=OB$

Vậy tam giác OAB đều.

Đáp án B

Vì E là trung điểm AD và $AB=BC=\frac{1}{2}A\text{D}=a$ nên $AB=BC=A\text{E}=E\text{D}=a$ mà $BC\text{ // AE}\Rightarrow$ tứ giác ABCE là hình vuông suy ra $CE\perp A\text{D}$ hay tam giác ECD vuông tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EC\text{D}$.

Gắn với hệ trục tọa độ với $A\equiv O\left(0;0;0\right),A\text{D}\equiv \text{Ox; AB}\equiv \text{Oy; AS}\equiv \text{Oz}$.

Coi đơn vị độ dài là a = 1.

Suy ra $A\left(0;0;0\right),\text{ S}\left(0;0;\sqrt{6}\right),\text{ E}\left(1;0;0\right),\text{ D}\left(2;0;0\right),\text{ C}\left(1;1;0\right)$ và $M\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};0\right)$ là trung điểm của CD.

Vì $\Delta EC\text{D}$ vuông tại E nên tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ECD thuộc đường thẳng qua M và song song với SA.

Phương trình đường thẳng d qua M và song song với SA có 1 véctơ pháp tuyến thì có dạng: $d:\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{2}\\ y=\frac{1}{2}\\ z=t\end{array}\right.$

Suy ra $I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};t\right)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ECD thì:

$\text{IS}=I\text{D}\iff {\left(\frac{3}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(t-\sqrt{6}\right)}^2={\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+t^2$

$\iff 2\sqrt{6}t=8\Rightarrow t=\frac{4}{\sqrt{6}}\Rightarrow I\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};\frac{4}{\sqrt{6}}\right)$

Bán kính mặt cầu là $R=I\text{D}=\sqrt{{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{4}{\sqrt{6}}\right)}^2}=\sqrt{\frac{19}{6}}$ hay $R=\sqrt{\frac{19}{6}}a$.