Đáp án là B

Đáy hình thoi cạnh a, góc $\widehat{BCA}={30}^0\Rightarrow \widehat{BCD}={60}^0$

Nên suy ra $BD=a$ , $AC=2.OC=2.\frac{a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Vậy diện tích đáy $d{t}_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Vậy thể tích $V=\frac{1}{3}SO.d{t}_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$

Đáp án là D

Ta có: Tam giác $SAB$ vuông tại A nên

$S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SA.AB\Rightarrow AB=\frac{2S_{\Delta SAB}}{SA}=\frac{2.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{a\sqrt{3}}=a$

Mặt khác$\left\{\begin{array}{l}BO\perp AC\\ BO\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BO\perp \left(SAC\right)\Rightarrow d(B,(SAC\left)\right)=BO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Đáp án là A.

Ta có: $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(\sqrt{2-3x^2}\right)}^{\text{'}}=\frac{{\left(2-3x^2\right)}^{\text{'}}}{2\sqrt{2-3x^2}}=\frac{-3x}{\sqrt{2-3x^2}}$.

Đáp án là A

Kẻ $BH\perp SC\Rightarrow d\left(B;SC\right)=BH$ .

 Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB$

Do đó:$\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{S}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{A}^2+S{A}^2}=\frac{1}{6a^2}+\frac{1}{9a^2+3a^2}=\frac{1}{4a^2}$

$\Rightarrow BH=2a\Rightarrow d\left(B;SC\right)=2a.$

Đáp án là B

Ta có $d(AB\text{'};CC\text{'})=d(C;(ABB\text{'}A\text{'}\left)\right)=CA=a$

$BC=a\sqrt{2}\Rightarrow V=a\sqrt{2}.\frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$

Đáp án là D

Đặt $AB=x$  ta có $\left\{\begin{array}{l}S{C}^2=S{A}^2+2x^2=3a^2\\ S{B}^2=S{A}^2+x^2=2a^2\end{array}\right.\iff SA=x=a\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Đáp án là C

Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng:$y=9x+b.$

- Hệ phương trình sau có nghiệm:$\left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x+2=9x+b\\ 3x^2-3=9\end{array}\right.\to \left[\begin{array}{l}x=2\Rightarrow b=-14\\ x=-2\Rightarrow b=18\end{array}\right..$

Đáp án là B

$D=ℝ$, $y^{\text{'}}=-3x^2+3$, $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right.$

BBT

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-1;1\right)$

Đáp án là C

• Tập xác định $D=ℝ$

• $y^{\text{'}}=2\cos 2x$ ; ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=-4\sin 2x$ . Ta xét từng đáp án

A: $y^2+{\left(y^{\text{'}}\right)}^2=4\iff {\sin }^{2}2x+4{\cos }^{2}2x=4\iff 1+3{\cos }^{2}2x=4\iff {\cos }^{2}2x=1$  không thoả $\forall x\in ℝ$

B: $4y-{y^{\text{'}}}^{\text{'}}=0$$\iff 4\sin 2x-\left(-4\sin 2x\right)=0$$\iff 8\sin 2x=0$$\iff \sin 2x=0$ không thoả$\forall x\in ℝ$

C: $4y+{y^{\text{'}}}^{\text{'}}=0$$\iff 4\sin 2x-4\sin 2x=0$$\iff 0=0$ thoả $\forall x\in ℝ$

D: $y=y^{\text{'}}\tan 2x$ $\iff \sin 2x=2\cos 2x.\tan 2x$$\iff \sin 2x=2\cos 2x.\frac{\sin 2x}{\cos 2x}$$\iff \sin 2x=2\sin 2x$$\iff \sin 2x=0$không thoả $\forall x\in ℝ$

Đáp án là A .

          Ta có:

          • $y^{\text{'}}=6x^2+6x-12,\text{\hspace{0.17em}cho }{y}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=-2\notin \left[-1;2\right]\\ x=1\in \left[-1;2\right]\end{array}\right..$

          • $y\left(-1\right)=15;y\left(2\right)=6;y\left(1\right)=-5.$

          Vậy $x_0=1.$

Đáp án là A

          Ta có:

          • $f^{\text{'}}\left(x\right)=2+\frac{2}{\sqrt{6-x}}>0,\forall x\in \left[-3;6\right].$

          • $M=\underset{\left[-3;6\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(6\right)=12;m=\underset{\left[-3;6\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(-3\right)=-18.$

          Vậy $M+n=-6.$

Đáp án là B

          • Hàm số $y=\sin x;y=\cos x$ có tập xác định $D=ℝ.$

          • Hàm số $y=\tan x\&y=\cot x$ có tập xác định  lần lượt $D=ℝ\backslash \left\{\frac{\pi }{2}+k\pi \right\};D=ℝ\backslash \left\{k\pi \right\}.$

Đáp án là D

          • TH1: $m=0\Rightarrow y^{\text{'}}=3>0,\forall x\in ℝ$  thoả mãn.

          • TH2: $m\ne 0,$

          Hàm số đã cho đồng biến trên $ℝ$  khi và chỉ khi $y^{\text{'}}=m{x}^2-2mx+3\ge 0,\forall x\in ℝ.$ $\iff \left\{\begin{array}{c}m>0\\ m^2-3m\le 0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{c}m>0\\ 0\le m\le 3\end{array}\iff 0<m\le 3\right..\right.$

          Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm  $m=0.$

Đáp án là D

          • Tập xác định  $D=\left[-3;+\infty \right)\backslash \left\{-1;1\right\}.$

          • Tìm đường TCĐ.

           $+\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{1}{\left(x+1\right)\left(\sqrt{x+3}+2\right)}=\frac{1}{8}.$

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

          Đồ thị có TCĐ $x=-1.$

          • Tìm đường TCN.

         $+\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{\frac{1}{x^3}+\frac{3}{x^4}}-\frac{2}{x^4}}{1-\frac{1}{x^2}}=0.$

         $+\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x+3}-2}{x^2-1}$  không tồn tại.

          Đồ thị có TCN $y=0.$

Đáp án là A

          • Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi: $ab<0.$

          • Từ đồ thị ta có: $a<0\Rightarrow b>0$  mà $c>0$ nên chọn A.

Đáp án là A

          Gọi $H$  là trung điểm $AB.$

          Ta có $\left\{\begin{array}{c}\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right)\\ \left(SAB\right)\cap \left(ABCD\right)=AB\\ SH\subset \left(SAB\right);SH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right).$

          Khi đó: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

Đáp án là C

          • Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

Ta có:

          •  $AC=BC.\sin {30}^0=a;AB=BC.\cos {30}^0=a\sqrt{3}.$

          •  $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=B{B}^{\text{'}}.S_{ABC}=2a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a\sqrt{3}.a=3a^3.$

Ta có: $V_{S.ABD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD};$$\frac{V_{S.AEF}}{V_{S.ABD}}=\frac{SE}{SB}.\frac{SF}{SD}=\frac{1}{4}$$\Rightarrow \frac{V_{S.AEF}}{V_{S.ABCD}}=\frac{1}{8}.$

Đáp án là B

•$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=+\infty ,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=-\infty .$  Do đó  là tiệm cận đứng.

•$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{x}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}=1.$  Do đó  là tiệm cận ngang.

Mặt khác $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}{x}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\right)=-1.$

Do đó $y=-1$  là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có 3 tiệm cận.

Đáp án là A

Mỗi số lập được bằng cách chọn 4 chữ số trong 5 chữ số đã cho và xếp thành một dãy. Số các số là$A_5^4.$

Đáp án là B

Ta có: $y^{\text{'}}=4x^3-4mx,y^{\text{'}\text{'}}=12x^2-4m.$

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại $x=-1$ nên $\left\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}\left(-1\right)=0\\ {y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(-1\right)>0\end{array}\right.\Rightarrow$$\left\{\begin{array}{l}-4+4m=0\\ 12+4m>0\end{array}\right.\iff m=1.$

Ta có: $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x}{x-2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2}{1-\frac{2}{x}}=2.$  Do đó $y=2$  là tiệm cận ngang.

Đáp án là D

Gọi $H$  là trung điểm $BC.$  Ta có $AH$  là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên mặt phẳng $\left(ABC\right).$

Khi đó $\left(\widehat{SA;\left(ABC\right)}\right)=\left(\widehat{SA;AH}\right)=\widehat{SAH}$  

Ta có $\left.\begin{array}{c}SH=AH\\ SH\perp AH\end{array}\right\}\Rightarrow$$\Delta SAH$ vuông cân tại -$H\Rightarrow \widehat{SAH}={45}^0.$

+Vì $\left(SAB\right)\perp \left(ABCD\right),\left(SAD\right)\perp \left(ABCD\right)$  mà $\left(SAB\right)\cap \left(SAD\right)=SA$ nên $SA$ là đường cao của khối chóp

+ Xét tam giác vuông $SAC$

$SA=\tan {60}^{\text{o}}.AC=\sqrt{3}.a.\sqrt{5}=a\sqrt{15}$

Đáp án là C

Dựa vào độ thị ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại $x=3.$

Đáp án là B

Ta có:$2\cos x+\sqrt{2}=0\iff \cos x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\iff x=\pm \frac{3\pi }{4}+k2\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

Đáp án là D.

          Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=0,\forall m$  nên đồ thị hàm số luôn có một TCN $y=0.$  

TH1:$m=0$ : hàm số trở thành:$y=\frac{2x-1}{\left(-2x+1\right)\left(4x^2+1\right)}=\frac{-1}{4x^2+1}$

Đồ thị hàm số có đúng một đường tiệm cận ngang$y=0$

Vậy$m=0$ thỏa mãn điều kiện.

TH2:$m\ne 0$

Đồ thị hàm số có đúng một tiệm cận khi và chỉ khi các phương trình $m{x}^2-2x+1=0;4x^2+4m+1=0$  vô nghiệm.

$\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ 1-m<0\\ 4m+1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ m>1\\ m>-\frac{1}{4}\end{array}\right.\iff m>1$

Vậy ta có tập hợp giá trị $m$ cần tìm là:$m\in \left\{0\right\}\cup \left(1;+\infty \right)$

Đáp án đúng là C

*Lời giải:

Ta có

$V=B.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

*Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính thể tích khối lăng trụ đều:

Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h là: V = B.h

*Lý thuyết nắm thêm về thể tích khối đa diện đều:

I. Khái niệm về thể tích của khối đa diện

Người ta chứng minh được rằng: có thể đặt tương ứng cho mỗi khối đa diện (H) một số dương duy nhất V_(H) thỏa mãn các tính chất sau:

a) Nếu (H) là khối lập phương có cạnh bằng 1 thì V_(H) = 1.

b) Nếu hai khối đa diện (H₁) và (H₂) bằng nhau thì V_(H1) = V_(H2).

c) Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H₁) và (H₂) thì:

V_(H) = V_(H1) + V_(H2).

Số dương V_(H) nói trên được gọi là thể tích của khối đa diện (H). Số đó cũng được gọi là thể tích của hình đa diện giới hạn khối đa diện (H).

Khối lập phương có cạnh bằng 1 được gọi là khối lập phương đơn vị.

- Định lí : Thể tích của khối hình chữ nhật bằng tích ba kích thước của nó.

II. Thể tích của khối lăng trụ.

III. Thể tích khối chóp.

Xem thêm một số bài viết liên quan hay, chi tiết:

Lý thuyết Khái niệm về thể tích của khối đa diện (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12

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

Đáp án là D

Đặt$t=\cos x$ ; $x\in \left(\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$ .

Ta có:$y=\frac{-t+m}{1-t^2}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{-t^2+2mt-1}{{\left(-t^2+1\right)}^2}.$

Hàm số nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{2}\right)$$\iff y^{\text{'}}\le 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff \frac{-t^2+2mt-1}{{\left(-t^2+1\right)}^2}\le 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)\iff t^2-2mt+1\ge 0\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)\iff m\le \frac{t^2+1}{2t}\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff m\le \underset{\left(0;\frac{1}{2}\right)}{\min }g\left(t\right)\Rightarrow m\le \frac{5}{4},$ với $g\left(t\right)=\frac{t^2+1}{2t}.$

Đáp án là C

$\Delta ABC$ đều cạnh $a=4$  nên$S_{\Delta ABC}=4\sqrt{3}$ .

Gọi $H$  là trung điểm$BC$ của . Ta có: $AH=2\sqrt{3}$ và $BC\perp \left(A^{\text{'}}AH\right)$ $\Rightarrow$$BC\perp A^{\text{'}}H$

Và $S_{\Delta A\text{'}BC}=\frac{1}{2}BC.A^{\text{'}}H$$\Rightarrow$$A^{\text{'}}H=4$

 $\Delta A^{\text{'}}AH$ vuông tại A nên $A{A}^{\text{'}}=\sqrt{A^{\text{'}}{H}^2-A{H}^2}=2$ .

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}$$=2.4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$.

Đáp án là D

Trong$\left(ABCD\right)$ , kẻ $AM\perp BD$ tại $M$ . Trong , Kẻ $AH\perp A_{1}M$  tại $H.$

Ta chứng minh được $AH=d\left(A,\left(A_{1}BD\right)\right)$  

 $\Delta ABD$vuông tại $A$  có $AM$  là đường cao nên$BD=a\sqrt{5};$$AM=\frac{AB.AD}{BD}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

$\Delta A_{1}AM$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $A_{1}M=\frac{7a\sqrt{5}}{5};AH=\frac{A_{1}A.AM}{A_{1}M}=\frac{6}{7}a$ 

Đáp án là D

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số có tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{2}.$  Do đó $A,C$  loại

Hàm số có $y^{\text{'}}>0,\forall x\ne \frac{1}{2}$  nên $B$  loại.

Đáp án là A

Ta có$y^{\text{'}}=3x^2+2x-\left(2m+1\right)$

Hàm số có đúng hai cực trị $\iff y\text{'}=0$  có hai nghiệm phân biệt

Tức là ${\Delta }^{\text{'}}=1+3\left(2m+1\right)>0\iff m>-\frac{2}{3}.$

Đáp án là B

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$ .

Ta có phương trình hoành độ giao điểm:$\frac{x-3}{x-2}=-x+k,\left(x\ne 2\right)$

Để đường thẳng $\Delta$  cắt đồ thị $\left(C\right)$  tại hai điểm phân biệt thì phương trình  có hai nghiệm phân biệt khác $2$ , khi đó

$\left\{\begin{array}{l}\Delta ={\left(k+1\right)}^2-4\left(2k-3\right)>0\\ 2^2-\left(k+1\right).2+2k-3\ne 0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{k}^2-6k+13>0\\ -1\ne 0\end{array}\right.\iff {\left(k-3\right)}^2+4>0,\forall k\in ℝ.$

Đáp án là C

          • Hàm số có cực trị nên loại A & D.

          • Xét hàm số $y=-x^4-x^2+1$  có $a.b=1>0$  nên có 1 điểm cực trị.

Đáp án là A                 

Tập xác định$D=ℝ.$

Ta có $y^{\text{'}}=-4x^3-4x$  nên$y^{\text{'}}=0\iff -4x^3-4x=0\iff x=0.$

Suy ra bảng biến thiên

Từ đó suy ra hàm số đạt cực đại tại $x=0$ nên câu A sai.

Đáp án là A

Gọi $H$  là trung điểm của $AB.$ Gọi $K$  là hình chiếu vuông góc của $H$  lên $SB.$

Khi đó, $\widehat{CKH}$  là góc giữa hai mp 

Ta có: $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3};SB=2a;HB=a\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{3}}{2};CK=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Vậy $\cos \widehat{CKH}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

Đáp án là B.

Ta có $HK//BD\Rightarrow HK//\left(SBD\right)\Rightarrow d\left(HK;SD\right)=d\left(HK;\left(SBD\right)\right)=d\left(H;\left(SBD\right)\right).$

Dựng $HM\perp BD$, $HI\perp SM$

Do $HM\perp BD$  và $SH\perp BD$   nên $BD\perp \left(SHM\right)\Rightarrow$$HI\perp \left(SBD\right)$