Diện tích hình phẳng

$S=2{\int }_0^1\left(x^2-2x+1\right)dx=\frac{2}{3}.$

Gọi M là trung điểm của BC. I là giao điểm của đường thẳng song song với SA tại M và đường trung trực của SA.

Dễ dàng chứng minh I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC.

Ta có $R=IB=\sqrt{I{M}^2+M{B}^2}=\sqrt{4a^2+4a^2}=2\sqrt{2}a.$

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp là $S=4\pi R^2=4\pi 8a^2=32\pi a^2.$

Đáp án C

${\log }_{\frac{1}{2}}a>{\log }_{\frac{1}{2}}b\iff a>b>0.$

Đáp án A

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ y>0\end{array}\right..$

Đặt $t={\log }_{4}x={\log }_{6}y={\log }_9\left(x+y\right)$  ta có

$\left\{\begin{array}{l}x=4^t\\ y=6^t\\ x+y=9^t\end{array}\right.$ 

Ta có

$\begin{array}{l}{4}^t+6^t=9^t\\ \iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^{2t}+{\left(\frac{2}{3}\right)}^t=1\\ \iff {\left(\frac{2}{3}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}.\end{array}$

Vậy $\frac{x}{y}={\left(\frac{4}{6}\right)}^t={\left(\frac{2}{3}\right)}^t=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đáp án D

(I) Trên tập hợp các số phức thì phương trình bậc hai luôn có nghiệm.

Đáp án D

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x\ne 3\\ {\log }_3\left|x-3\right|>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 3\\ \left[\begin{array}{l}x>4\\ x<2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>4\\ x<2\end{array}\right..$

${\log }_{\frac{2}{3}}\left[{\log }_3\left|x-3\right|\right]\ge 0$

$\iff {\log }_3\left|x-3\right|\le 1$

$\iff \left|x-3\right|\le 3$$\iff 0\le x\le 6.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $\left[\begin{array}{l}0\le x<2\\ 4<x\le 6\end{array}\right.$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \mathrm{0,5111...}=\mathrm{0,5}+\mathrm{0,01}+\mathrm{0,001}+\mathrm{....} \\ =\mathrm{0,5}+\frac{\mathrm{0,01}}{1-\frac{1}{10}}=\frac{23}{45} \end{gathered}$$

Vậy $T=23+45=68.$

Đáp án C

$\overrightarrow{AB}=\left(1;2;-3\right).$

Vậy phương trình tham số của AB là $\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=-2+2t\\ z=3-3t\end{array}\right..$

Đáp án A

$\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(-1;3;-1\right),\overrightarrow{AC}=\left(2;1;0\right)\\ \Rightarrow \overrightarrow{n}=\left(1;-2;-7\right).\end{array}$

Phương trình mặt phẳng $\left(ABC\right):\left(x+1\right)-2y-7\left(z-1\right)=x-2y-7z+8=0$

Gọi H là hình chiếu của D lên mặt phẳng (ABC) ta có

$DH:\left\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=1-2t\\ z=1-7t\end{array}\right.$

Ta tìm tọa độ điểm H

$\begin{array}{l}\left(2+t\right)-2\left(1-2t\right)-7\left(1-7t\right)+8=0\\ \leftrightarrow 54t=-1\Rightarrow t=-\frac{1}{54}.\end{array}$

Vậy $H\left(\frac{107}{54};\frac{28}{27};\frac{61}{54}\right).$

Đáp án C

Gọi I là trung điểm của BC, trong mặt phẳng (A′AI) kẻ AH vuông góc với A′I.

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}BC\perp AI\\ BC\perp \left(A{A}^{\text{'}}\right)\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp AH.\\ \left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\left(cmt\right)\\ AH\perp A^{\text{'}}I\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(A^{\text{'}}BC\right).\end{array}$

Vậy $d\left(A,\left(A^{\text{'}}BC\right)\right)=AH.$

Ta có

$$\begin{gathered} \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{A}^{\text{'}2}}+\frac{1}{A{I}^2} \\ =\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)}^2} \\ =\frac{1}{3a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{5}{3a^2} \\ \Rightarrow AH=\frac{\sqrt{15}a}{5}. \end{gathered}$$

Đáp án B

Đặt

$u=\ln \left(9-x^2\right)\Rightarrow du=\frac{-2x}{9-x^2}$

$dv=dx\Rightarrow v=x$

$I={\left.x.\ln \left(9-x^2\right)\right|}_0^1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{-2x^2}{9-x^2}dx$

$={\left.x.\ln \left(9-x^2\right)\right|}_0^1+\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(-2+\frac{18}{9-x^2}\right)dx$

$=\ln 8-2+{\left.3\ln \left|\frac{3+x}{3-x}\right|\right|}_0^1=\ln 8-2+3\ln 2=6ln2-2$

Vậy $S=\left|6-2\right|=4.$

Đáp án A

Ta có

$\begin{array}{l}\frac{S{A}^{\text{'}}}{SA}=\frac{2}{5};\frac{S{B}^{\text{'}}}{SB}=\frac{1}{4};\frac{S{C}^{\text{'}}}{SC}=\frac{1}{3}.\\ \Rightarrow \frac{V_{S{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}{V_{SABC}}=\frac{2}{5}.\frac{1}{4}.\frac{1}{3}=\frac{1}{30}.\end{array}$

Đáp án C

Điều kiện $2^x-2>0\iff x>1$ .

Đáp án D

Hàm số nghịch biến trên tập xác định của nó là $y={\left(\frac{e}{\pi }\right)}^x.$

Đáp án D

$$\begin{gathered} V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}.A{A}^{\text{'}} \\ =\frac{1}{2}2a.2a.2a=4a^3. \end{gathered}$$

Đáp án C

TXĐ:$D=ℝ$.

Ta có $y^{\text{'}}=x^2-2\left(m-1\right)x+\left(m-1\right).$

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung thì

$\left\{\begin{array}{l}{\left(m-1\right)}^2-\left(m-1\right)>0\\ m-1>0\\ 2\left(m-1\right)>0\end{array}\right.\iff m>2.$

Vậy m>2 thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án D

$\begin{array}{l}{x}^3-3x^2+4x-12=0\iff x^2\left(x-3\right)+4\left(x-3\right)=0\iff \left(x-3\right)\left(x^2+4\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}x=2i\\ x=-2i\\ x=3\end{array}\right..\end{array}$

Vậy $\left|z_1\right|-\left|z_2\right|=0.$

Đáp án D

Giữ nguyên phần đồ thị phía trên trục hoành, lấy đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành.

Nhận thấy phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=1$ có 6 nghiệm trong đoạn [−2;2].

Đáp án A

$\begin{array}{l}z=-1+i-i^2+i^3-i^4+i^5-\mathrm{...}+i^{99}-i^{100}+i^{101}\\ =-1+i+i^2\left(-1+i\right)+i^4\left(-1+i\right)+\mathrm{....}+i^{100}\left(-1+i\right)\\ =\left(-1+i\right)\left(1+i^2+i^4+\mathrm{...}+i^{100}\right)\\ =\left(-1+i\right)\frac{1\left(1-i^{2.51}\right)}{1-i^2}=-1+i.\end{array}$

Đáp án A

Đáp án C

$\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=2.$

Đáp án B

Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Đáp án A

TXĐ: $D=ℝ$.

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff 3x\left(x-2\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Ta có bảng biến thiên

Vậy hiệu số giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số là 4.

Đáp án B

Ta có

$$\begin{gathered} \overrightarrow{u_1}=\left(2;3;2\right),\overrightarrow{u_2}\left(-2;2;-3\right), \\ {M}_1\left(1;-2;2\right),M_2\left(-2;2;3\right). \end{gathered}$$

$\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}=57\ne 0.$

Vậy $d_1$ và $d_2$ chéo nhau.

Đáp án B

TXĐ:$D=ℝ$.

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=3x^2+6x=0\iff 3x\left(x+2\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Ta có bảng biến thiên

Nhận thấy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x^3+3x^2+m$ đạt tại x=0 Ta có $y\left(0\right)=m=1.$

Vậy m=1 thỏa mãn đề bài.

Đáp án đúng: A

*Lời giải

Điều kiện: $x\ne -1.$

Ta có

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

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số $A\left(-1+\sqrt{2};\frac{4-3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right),B\left(-1-\sqrt{2},\frac{-4-3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right).$

Ta có $AB=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2+{\left(\frac{-8}{\sqrt{2}}\right)}^2}=2\sqrt{10}.$

*Phương pháp giải

Quy tắc 1: Áp dụng định lý 2

- Tìm f’(x)

- Tìm các điểm x_i (i = 1, 2, 3,…) tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm

- Xét dấu của f’(x). Nếu f’(x) đổi dấu khi x qua điểm x_o thì hàm số có cực trị tại điểm x_o

*Lý thuyết và một số dạng bài toán về cực trị hàm số:

- Định nghĩa.

Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên khoảng (a; b) (có thể a là $-\infty$; b là $+\infty$) và điểm x₀$\in$(a; b).

a) Nếu tồn tại số h > 0 sao cho f(x) < f(x₀) với mọi x(x₀ – h; x₀ + h) và $x\ne x_0$ thì ta nói hàm số f(x) đạt cực đại tại x₀.

b) Nếu tồn tại số h > 0 sao cho f(x) > f(x₀) với mọi x$\in$(x₀ – h; x₀ + h) và $x\ne x_0$ thì ta nói hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x₀.

Điều kiện đủ để hàm số có cực trị

- Định lí 1

Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng K = (x₀ – h; x₀ + h) và có đạo hàm trên K hoặc trên K \ {x₀}; với h > 0.

a) Nếu f’(x) > 0 trên khoảng (x₀ – h; x₀) và f’(x) < 0 trên khoảng (x₀; x₀ + h) thì x₀ là một điểm cực đại của hàm số f(x).

b) Nếu f’(x) < 0 trên khoảng (x₀ – h; x₀) và f’(x) > 0 trên khoảng (x₀; x₀ + h) thì x₀ là một điểm cực tiểu của hàm số f(x).

Quy tắc tìm cực trị.

- Quy tắc 1.

1. Tìm tập xác định.

2. Tính f’(x). Tìm các điểm tại đó f’(x) bằng 0 hoặc f’(x) không xác định.

3. Lập bảng biến thiên.

4. Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trị.

- Định lí 2.

Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai trong khoảng (x₀ – h; x₀ + h) với h > 0. Khi đó:

a) Nếu f’(x₀) = 0; f”(x₀) > 0 thì x₀ là điểm cực tiểu;

b) Nếu f’(x₀) = 0; f”(x₀) < 0 thì x₀ là điểm cực đại.

- Quy tắc II.

1. Tìm tập xác định

2. Tính f’(x). Giải phương trình f’(x) = 0 và kí hiệu x_i ( i = 1; 2; ….; n) là các nghiệm của nó.

3. Tính f”(x) và f”(x_i).

4. Dựa vào dấu của f”(x_i) suy ra tính chất cực trị của điểm x_i.

CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

Dạng 1. Tìm các điểm cực trị của hàm số.

1. Phương pháp giải.

Quy tắc 1: Áp dụng định lý 2

- Tìm f’(x)

- Tìm các điểm x_i (i = 1, 2, 3,…) tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm

- Xét dấu của f’(x). Nếu f’(x) đổi dấu khi x qua điểm x_o thì hàm số có cực trị tại điểm x_o

Quy tắc 2: Áp dụng định lý 3

- Tìm f’(x)

- Tìm các nghiệm x_i (i = 1, 2, 3,…) của phương trình f ‘(x) = 0

- Với mỗi x_i tính f ”(x_i)

- Nếu f ”(x_i) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x_i

- Nếu f ”(x_i) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x_i

Dạng 2: Tìm điều kiện để hàm số có cực trị.

1. Phương pháp.

Sử dụng định lí 2 và định lí 3

a, Cực trị của hàm số bậc ba:

Cho hàm số y = ax³ + bx² + cx + d, a ≠ 0.

y’ = 0 ⇔ 3ax² + 2bx + c = 0 (1) ; Δ’_y’ = b² – 3ac

- Phương trình (1) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép thì hàm số đã cho không có cực trị.

→ Hàm số bậc 3 không có cực trị ⇔ b² – 3ac ≤ 0

- Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì hàm số đã cho có 2 cực trị.

→ Hàm số bậc 3 có 2 cực trị ⇔ b² – 3ac > 0

b, Cực trị của hàm số bậc bốn trùng phương:

Cho hàm số: y = ax⁴ + bx² + c (a ≠ 0) có đồ thị là (C).

y' = 4ax³ + 2bx; y' = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right.$

- Nếu (C)có một điểm cực trị thì y' = 0 có 1 nghiệm x = 0 ⇔ -b/2a ≤ 0 ⇔ ab ≥ 0.

- Nếu (C)có ba điểm cực trị thì y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ -b/2a > 0 ⇔ ab < 0.

Chú ý

* Hàm số f (xác định trên D) có cực trị ⇔ ∃ x_o ∈ D thỏa mãn hai điều kiện sau:

- Tại đạo hàm của hàm số tại x_o phải bằng 0 hoặc hàm số không có đạo hàm tại x_o

- f ‘(x) phải đổi dấu qua điểm x_o hoặc f ”(x_o) ≠ 0.

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

Lý thuyết Cực trị của hàm số (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

50 Bài tập Cực trị của hàm số Toán 12 mới nhất 

Đáp án A

Đặt $I=\underset{1}{\overset{2}{}}x.f\left(x\right)dx$

$$\begin{gathered} \underset{1}{\overset{3}{}}f\left(\sqrt{x+1}\right)dx=2\underset{1}{\overset{2}{}}uf\left(u\right)du \\ \Rightarrow \underset{1}{\overset{2}{}}xf\left(x\right)dx=\frac{8}{2}=4. \end{gathered}$$

Đáp án D

$\int (x^2-3x+1)dx=\frac{x^3}{3}-\frac{3}{2}{x}^2+x+C.$

Vậy $F\left(x\right)=\frac{x^3}{3}-\frac{3}{2}{x}^2+x+1.$

Đáp án D

$\begin{array}{l}M=\frac{1}{{\log }_{a}x}+\frac{1}{{\log }_{a^2}x}+\mathrm{...}+\frac{1}{{\log }_{a^k}x}\\ ={\log }_{x}a+{\log }_x{a}^2+\mathrm{...}+lo{g}_x{a}^k\\ ={\log }_{x}a+2{\log }_{x}a+\mathrm{...}+k{\log }_{x}a\\ =\left(1+2+\mathrm{...}+k\right){\log }_{x}a\\ =\frac{k\left(k+1\right)}{2}{\log }_{x}a.\end{array}$

Chọn đáp án D

Trong tam giác vuông SIA ta có 

$SA=\sqrt{S{I}^2+I{A}^2}=\sqrt{{\left(2\sqrt{3}a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}=4a.$

Tương tự ta có $SB=4a.$

Trong tam giác SAB có 

$$\begin{gathered} SA=SB=4a,\widehat{ASB}={30}^0 \\ \Rightarrow S_{SAB}=\frac{1}{2}SA.SB.\sin {30}^0 \\ =\frac{1}{2}.4a.4a.\frac{1}{2}=4a^2. \end{gathered}$$

Đáp án B

$\begin{array}{l}{z}^2+iz+2=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}z=\frac{-i+3i}{2}=i\\ z=\frac{-i-3i}{2}=-2i\end{array}\right..\end{array}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}z\left(2+3i\right)+i=z\\ \iff z\left(2+3i-1\right)=-i\\ \iff z=\frac{-i}{1+3i}=\frac{-i\left(1-3i\right)}{1-9i^2}=\frac{-3-i}{10}=-\frac{3}{10}-\frac{i}{10}.\end{array}$

Vậy $\left|z\right|=\sqrt{\frac{9}{100}+\frac{1}{100}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.$

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}A{D}^2+D{C}^2=3\\ A{D}^2+D{D^{\text{'}}}^2=5\\ D{C}^2+D{D^{\text{'}}}^2=4\end{array}\right.$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AD=\sqrt{2}\\ DC=1\\ D{D}^{\text{'}}=\sqrt{3}\end{array}\right.$

Diện tích$S_{AC{D}^{\text{'}}}=\frac{\sqrt{11}}{2}$, $S_{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Vì $A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ là hình chiếu vuông góc của $AC{D}^{\text{'}}$lên $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)$ 

nên $S_{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=S_{AC{D}^{\text{'}}}.\cos \alpha$$\Rightarrow \cos \alpha =\frac{S_{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}}{S_{AC{D}^{\text{'}}}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{11}}$.

Từ đó $\tan \alpha =\sqrt{\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.

Đáp án B

Điều kiện:

$\left\{\begin{array}{l}x>0\\ {\log }_2\left(4x\right)\ne 6\\ {\log }_{2}x\ne -2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x\ne 16\\ x\ne \frac{1}{4}\end{array}\right..$

$\begin{array}{l}\frac{1}{6-{\log }_2\left(4x\right)}+\frac{2}{2+{\log }_{2}x}=1\\ \iff \frac{1}{4-{\log }_{2}x}+\frac{2}{2+{\log }_{2}x}=1\\ \iff \frac{2+{\log }_{2}x+8-2{\log }_{2}x}{\left(4-{\log }_{2}x\right)\left(2+{\log }_{2}x\right)}=1\\ \iff 10-{\log }_{2}x=-{{\log }^2}_{2}x+2{\log }_{2}x+8\\ \iff -{{\log }^2}_{2}x+3{\log }_{2}x-2=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=1\\ {\log }_{2}x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=4\end{array}\right..\end{array}$

Vậy tổng bình phương tất cả các nghiệm của phương trình bằng 20

Đáp án B

Ta có 

Đáp án B

Ta có $2a+b=2\iff b=2-2a$

Suy ra :
$$\begin{gathered} \underset{x\to 2}{\lim }\frac{a{x}^2+bx-4}{x-2} \\ =\underset{x\to 2}{\lim }\frac{a{x}^2+(2-2a)x-4}{x-2} \\ =\underset{x\to 2}{\lim }\frac{(x-2)(ax+2)}{x-2} \\ =2a+2=5 \end{gathered}$$.

Nên $a=\frac{3}{2}\Rightarrow b=-1$

Đáp án C

Điều kiện: x≠2.

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của phương trình

$\begin{array}{l}\frac{2x}{x-2}=x+m\\ \iff \frac{2x}{x-2}-x-m=0\\ \iff \frac{2x-x^2+2x-mx+2m}{x-4}=0\\ \iff \frac{-x^2+\left(4-m\right)x+2m}{x-2}=0.\end{array}$

Để hai đồ thị hàm số giao nhau tại hai điểm phân biệt A,B ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\left(4-m\right)}^2+8m>0\\ g\left(2\right)\ne 0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+16>0\\ -4+8-2m+2m\ne 0\end{array}\right. \end{gathered}$$

thỏa mãn với mọi$m\in ℝ$.

Theo bài ra ta có $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B+x_O=3\\ x_A+m+x_B+m+y_O=7\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}4-m=3\\ 4-m+2m=5\end{array}\right.\iff m=1 \end{gathered}$$.

Vậy m=1 thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án B

Ta có thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra$S=S_1+S_2.$

$S_1=\pi \underset{-\frac{5\sqrt{2}}{2}}{\overset{5}{}}{\left(\sqrt{25-x^2}\right)}^{2}dx=\frac{500\pi }{3}.$

$S_2=\frac{1}{3}\pi {\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^3=\frac{\pi \mathrm{.125.2}\sqrt{2}}{3.8}=\frac{125\pi \sqrt{2}}{6}$

Vậy $S=\frac{1000\pi +125\pi \sqrt{2}}{6}.$

Đáp án D

TXĐ: $D=ℝ$.

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=4x^3+2\left(6m-4\right)x=0\iff 4x\left[x^2+\left(3m-2\right)\right]=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2-3m}\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị thì $m<\frac{2}{3}$

Đồ thị hàm số có các điểm cực trị là $$\begin{gathered} M\left(0;1-m\right),A\left(-\sqrt{2-3m};-9m^2+11m-3\right), \\ B\left(\sqrt{2-3m};-9m^2+11m-3\right). \end{gathered}$$

Để tam giác MAB vuông tại M thì $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}=0$ hay

$\begin{array}{l}-\left(2-3m\right)+{\left(-9m^2+11m-3-1+m\right)}^2=0\\ \iff {\left(-9m^2+12m-4\right)}^2-\left(2-3m\right)=0\\ \iff {\left(2-3m\right)}^4-\left(2-3m\right)=0\\ \iff \left[\begin{array}{l}2-3m=0\left(loai\right)\\ 2-3m=1\iff m=\frac{1}{3}\end{array}\right..\end{array}$

Vậy $m=\frac{1}{3}$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án C

Đáp án C

TXĐ: $D=ℝ$.

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-6x+m.$

Để hàm số $f\left(\left|x\right|\right)$ có ba điểm cực trị thì $y^{\text{'}}=0$ có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 0.

Vậy m=0 thỏa mãn đề bài.

Đáp án A

Đáp án B

Độ dài của phao là $2\pi .20=40\pi$.