Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} \left(2^{x^2-4}-1\right).\ln x^2<0\iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^{x^2-4}-1>0\\ \ln x^2<0\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{2}^{x^2-4}-1<0\\ \ln x^2>0\end{array}\right.\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^2-4>0\\ x^2<1\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^2-4<0\\ x^2-1>0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff x\in \left(-2;-1\right)\cup \left(1;2\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: 

$T_{\overrightarrow{v}}\left(A\right)=A\text{'}\Rightarrow \overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{v}\to \overrightarrow{v}=\left(-2;5\right)$

Đáp án C

Hàm số suy biến $\iff 2m+1=3\iff x=1$

Với $m\ne 1$ thì đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận là $x=-1$ và $y=2m+1$

Để đồ thị hàm số có đường tiệm cận đi qua điểm $A\left(-2;7\right)$ khi $2m+1=7\iff m=3$

Đáp án A

Phép quay tâm Q với góc quay $\phi =\frac{\pi }{2}$ biến hình vuông $ABCD$ thành chính nó

Đáp án B

Với $m=0\Rightarrow y=x^2+1$ hàm số có một cực trị là $x=0$ và điểm đó là cực tiểu

Với $m\ne 0$ ta có

 $y\text{'}=4m{x}^3+2\left(m+1\right)x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^2=\frac{-m-1}{2m}\end{array}\right.$

Để hàm số có một cực trị và đó là cực tiểu thì $\left\{\begin{array}{l}m>0\\ \frac{-m-1}{2m}\le 0\end{array}\right.\iff m>0$

Do đó $m\ge 0$

Đáp án D

Ta có: 

$$\begin{gathered} \log \left(x^2+25\right)>\log \left(10x\right)\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+25>10x\\ 10x>0\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}{\left(x-5\right)}^2>0\\ x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x\ne 5\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Dữ kiện bài toán được biểu diễn như hình vẽ

Khi đó $OA=h=3;r_d=OB=OA\tan 60°=3\sqrt{3}$

Khi đó $V_{\left(N\right)}=\frac{1}{3}{S}_d.h=\frac{1}{3}\pi R^2.h=\frac{1}{3}\pi \mathrm{.27.3}=27\pi$

Đáp án C

Dãy số tăng là dãy số $\left(u_n\right)$thỏa mãn tính chất $u_{n+1}\ge u_n$

Thử với $n=2\to$ Với $u_n=\sqrt{n}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_2=\sqrt{2}\\ u_3=\sqrt{3}\end{array}\right.\Rightarrow u_3>u_2$. Vậy $u_n=\sqrt{n}$ là dãy số tăng

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của BC. Ta có: $AH\perp BC$

Mặt khác $\left(ABC\right)\perp \left(BCD\right)\Rightarrow AH\perp \left(BCD\right)$

Lại có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V=\frac{1}{3}AH.S_{BCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{8}$

Đáp án đúng: B

*Lời giải:

Bán kính của mặt cầu là

$R=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S=4\pi R^2=4\pi .\frac{3}{4}=3\pi$

*Phương pháp giải:

+ tính bán kính mặt cầu trước

- áp dụng công thức tính S mặt cầu: $S=4\pi r^2$.

*Lý thuyến cần nắm và dạng bài toán về mặt cầu:

Công thức tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.

- Mặt cầu bán kính r có diện tích là: $S=4\pi r^2$.

- Khối cầu bán kính r có thể tích là: $V=\frac{4}{3}\pi r^3$.

- Chú ý:

a) Diện tích S của mặt cầu bán kính r bằng bốn lần diện tích hình tròn lớn của mặt cầu đó.

b) Thể tích V của khối cầu bán kính r bằng thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng diện tích mặt cầu và có chiều cao bằng bán kính của khối cầu đó.

Các dạng bài tập và phương pháp giải.

Dạng 1: Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

- Xác định trục d của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy (d là đường thẳng vuông góc với đáy tại tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy).

- Xác định mặt phẳng trung trực (P) của một cạnh bên (hoặc trục ∆ của đường tròn ngoại tiếp một đa giác của mặt bên).

- Giao điểm I của (P) và d (hoặc của ∆ và d) là tâm mặt cầu ngoại tiếp.

- Kết luận: I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp.

Dạng 1.1: Hình chóp có các điểm cùng nhìn một cạnh của hình chóp dưới một góc vuông.

+) Hình chóp tam giác:

A, B cùng nhìn SC dưới một góc vuông

Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là trung điểm I của SC

Bán kính là: $R=\frac{SC}{2}$

+) Hình chóp tứ giác

A, B, D cùng nhìn SC dưới một góc vuông

Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm J của SC

Bán kính mặt cầu là: $R=\frac{SC}{2}$

Dạng 1.2: Hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy

Phương pháp tự luận:

Cho hình chóp $S.A_1{A}_2\mathrm{...}{A}_n$ có cạnh bên $S{A}_1\perp \left(A_1{A}_2\mathrm{...}{A}_n\right)$ và đáy $A_1{A}_2\mathrm{...}{A}_n$ nội tiếp được trong đường tròn tâm O. Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.A_1{A}_2\mathrm{...}{A}_n$được xác định như sau:

- Từ tâm O ngoại tiếp của đường tròn đáy, ta vẽ đường thẳng d vuông góc với mp $\left(A_1{A}_2\mathrm{...}{A}_n\right)$ tại O.

- Trong mp $(d,S{A}_1)$ ta dựng đường trung trực ∆ của cạnh $S{A}_1$, cắt $S{A}_1$tại M, cắt d tại I.

Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán kính $R=I{A}_1=I{A}_2=\mathrm{...}=I{A}_n=IS$

- Tìm bán kính:

Có $MIO{A}_1$ là hình chữ nhật

Xét tam giác $M{A}_{1}I$ vuông tại M có:

$R=A_{1}I=\sqrt{M{I}^2+M{A_1}^2}=\sqrt{A_1{O}^2+{\left(\frac{S{A}_1}{2}\right)}^2}$

Phương pháp trắc nghiệm:

Gọi h là chiều cao hình chóp và $R_d$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy thì bán kính mặt cầu là: $R=\sqrt{{R_d}^2+{\left(\frac{h}{2}\right)}^2}$

Dạng 1.4: Hình chóp có mặt bên vuông góc với mặt phẳng đáy

Gọi h là chiều cao hình chóp và $R_b,R_d$ là bán kính của đường tròn ngoại tiếp mặt bên, mặt đáy và $\partial$ là độ dài cạnh chung của mặt bên vuông góc với đáy thì bán kính mặt cầu là:

$R=\sqrt{{R_b}^2+{R_d}^2-{\left(\frac{\partial }{2}\right)}^2}$

Dạng 2: Mặt cầu nội tiếp khối đa diện

 Nếu đặt V là thể tích khối chóp và $S_{tp}$ là tổng diện tích mặt đáy và các mặt bên của chóp thì bán kính r của mặt cầu nội tiếp khối chóp: $r=\frac{3V}{S_{tp}}$

Mặt cầu nội tiếp hình lăng trụ đứng tam giác, hình lập phương

- Hình cầu nội tiếp hình lập phương cạnh a, bán kính $r=\frac{a}{2}$

- Đường cao của hình lăng trụ bằng đường kính của hình cầu nội tiếp.

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết

Lý thuyết Mặt cầu (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

TOP 40 câu Trắc nghiệm Mặt cầu (có đáp án 2024) - Toán 12 

Trắc nghiệm Mặt cầu có đáp án (Vận dụng)

Đáp án B

Lấy ngẫu nhiên 1 quả cầu trong 9 quả cầu có $C_9^1$cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=9$

Gọi A là biến cố “ lấy được quả cầu được đánh số là chẳn”

Trong 9 quả cầu đánh số, có các số chẵn là $2;4;6;8$ suy ra $n\left(A\right)=4.$Vậy $P\left(A\right)=\frac{4}{9}$

Đáp án D

Điều kiện $x>0$

$$\begin{gathered} PT\iff {\log }_2^{2}x-5{\log }_{2}x+6=0\iff \left({\log }_{2}x-2\right)\left({\log }_{2}x-3\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}{\log }_{2}x=2\\ {\log }_{2}x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=8\end{array}\right. \end{gathered}$$

Tổng các nghiệm là $4+8=12$

Đáp án A

Ta có:

$\sin x-\cos x\ne 0\iff \tan x\ne 1\iff x\ne \frac{\pi }{4}+k\pi$

Đáp án A

$$\begin{gathered} {\log }_a\left(\frac{a^2\sqrt[3]{a^2}\sqrt[5]{a^4}}{\sqrt[15]{a^7}}\right)={\log }_a\left(\frac{a^2.a^{\frac{2}{3}}.a^{\frac{4}{5}}}{a^{\frac{7}{15}}}\right)={\log }_a\left(\frac{a^{2+\frac{2}{3}+\frac{4}{5}}}{a^{\frac{7}{15}}}\right) \\ ={\log }_a\left(\frac{a^{\frac{52}{15}}}{a^{\frac{7}{15}}}\right)={\log }_a\left(a^{\frac{52}{15}-\frac{7}{15}}\right)={\log }_a\left(a^3\right)=3 \end{gathered}$$

Đáp án D

$f\text{'}\left(x\right)=\frac{2x-x^2}{e^x}\ge 0\iff 2x-x^2\ge 0\iff 0\le x\le 2$

Đáp án D

Ta có: ${\left(a+b\right)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^{n-k}{b}^k\Rightarrow$ số hạng tổng quát là $C_n^k{a}^{n-k}{b}^k$

Đáp án A

Phương trình

 $$\begin{gathered} \iff \left(\cos x-1\right)\left(\cos x-3\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\cos x=1\\ \cos x=3\left(L\right)\end{array}\right.\iff x=k2\pi \end{gathered}$$

Đáp án A

Xác suất cần tính là $P\left(A\right)=\frac{1}{5}.\frac{2}{7}=\frac{2}{35}$

Đáp án D

Tập xác định $ℝ\backslash \left\{1\right\}$. Ta có $y\text{'}=-\frac{3}{{\left(x-1\right)}^2}<0$ với mọi $x\in R\backslash \left\{1\right\}$

Đáp án C

Xét khai triển ${\left(x-2\right)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k.x^{10-k}{\left(-2\right)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k.{\left(-2\right)}^k.x^{10-k}$

Hệ số của $x^7$ ứng với

$x^{10-k}=x^7\iff 10-k=7\iff k=3$.

Vậy hệ số cần tìm là $C_{10}^3.{\left(-2\right)}^3=-960$

Đáp án A

Gọi chiều cao của lăng trụ là h.

Để ý rằng lăng trụ đều thì đã là lăng trị đứng nên ta có $S_{tp}=2a^2+4ah=8a^2\iff h=\frac{3a}{2}$

Thể tích khối lăng trụ là $V=a^{2}h=\frac{3a^3}{2}$

Đáp án B

Nếu $\lim u_n=a,\lim v_n=b$ thì $\lim \left(u_n,v_n\right)=ab$

Đáp án B

$a^{\frac{19}{5}}<a^{\frac{15}{7}}$ vì mũ không là số nguyên nên $a>0$. Mặt khác $\frac{19}{5}>\frac{15}{7}$ nên $a<1\Rightarrow 0<a<1$

${\log }_b\left(\sqrt{2}+\sqrt{7}\right)>{\log }_b\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}\right)$ để có nghĩa thì $1\ne b>0$ và $\sqrt{2}+\sqrt{7}>\sqrt{2}+\sqrt{5}$ nên $b>1$

Đáp án C

Chọn An là người đứng đầu, 4 bạn còn lại xếp vào 4 vị trí còn lại nên có $4!=24$ cách

Đáp án D

Ta có

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-4x=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\Rightarrow y=3\Rightarrow A\left(0;3\right)\\ x=\pm 1\Rightarrow y=2\Rightarrow B\left(1;2\right),C\left(-1;2\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(-2;0\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BC=2\\ BC:y=2\Rightarrow d\left(A;BC\right)=1\end{array}\right. \\ \Rightarrow S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.d\left(A;BC\right)=1 \end{gathered}$$

Đáp án A

Hiển nhiên thiết diện của hình tứ diện $ABCD$ khi cắt bởi mặt phẳng $\left(MNP\right)$ là một tam giác

Đáp án D

PT 

$$\begin{gathered} \iff \left(\sin 4x-\cos 4x\right)\left(\sin 4x+4\cos 4x\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}\sin 4x=\cos 4x\\ \sin 4x=-4\cos 4x\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}\tan 4x=1\\ \tan 4x=-4\end{array}\right. \end{gathered}$$

+) Với PT

 $$\begin{gathered} \tan 4x=1\Rightarrow 4x=\frac{\pi }{4}+k\pi \\ \iff x=\frac{\pi }{16}+\frac{k\pi }{4}\stackrel{0<x<\frac{\pi }{2}}{\to }x=\frac{\pi }{16};x=\frac{5\pi }{16} \end{gathered}$$

+) Với PT $\tan 4x=-4\Rightarrow$PT có thêm 2 nghiệm nữa thuộc $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$

Đáp án C

Hình lập phương thuộc loại khối đa diện đều $\left\{4;3\right\}$

Đáp án C

Phân tích $v_{n+1}+k=2\left(u_n+k\right)\Rightarrow k=5\Rightarrow u_{n+1}+5=2\left(u_n+5\right)$

Đặt 

$$\begin{gathered} v_n=u_n+5\Rightarrow v_{n+1}=2v_n\left(CSN\right) \\ \Rightarrow v_n=v_1{q}^{n-1}=\left(u_1+5\right){.2}^{n-1}={6.2}^{n-1} \end{gathered}$$

$\Rightarrow u_n+5={6.2}^{n-1}\Rightarrow u_{2018}={6.2}^{2017}-5$

Đáp án B

$$\begin{gathered} \lim \left[\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right)\mathrm{...}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\right] \\ =\lim \left[\frac{1.3}{2^2}.\frac{2.4}{3^2}.\frac{3.5}{4^2}\mathrm{...}\frac{\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n^2}\right] \\ =\lim \frac{1}{2}.\frac{n+1}{n}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Đáp án B                     

Gọi $B\left(t;0;0\right)$ ta có: 

$A{B}^2={\left(t-2\right)}^2+9=25\iff {\left(t-2\right)}^2=16\iff \left[\begin{array}{l}t=6\\ t=-2\end{array}\right.$

Đáp án D

$\int \left(4x^3-\frac{2}{x}\right)dx=x^4-2\ln \left|x\right|+C$

Đáp án D

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng:

Đồ thị hàm số cắt trục $Oy$ tại điểm có tung độ dương $\Rightarrow y\left(0\right)=b>0$

Đồ thị hàm số có TCN nằm phía trên trục $Ox\Rightarrow y=a>0$

Hàm số đã cho là hàm số nghịch biến$\Rightarrow y\text{'}=\frac{a-b}{{\left(x+1\right)}^2}<0\iff a<b$

Đáp án D

Cạnh của bát diện đều là $x=2a\to S=8.\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=8a^2\sqrt{3}$

Đáp án B

Xét hàm số $f\left(n\right)=n-\sqrt{n^2-1}$với $n\ge 1$

$\Rightarrow f\text{'}\left(n\right)=1-\frac{n}{\sqrt{n^2-1}}=\frac{\sqrt{n^2-1}-n}{\sqrt{n^2-1}}=\frac{\sqrt{n^2-1}-\sqrt{n^2}}{\sqrt{n^2-1}}<0$

$\Rightarrow f\left(n\right)$ nghịch biến trên $\left[1;+\infty \right)\Rightarrow \left(a_n\right)$ là dãy số giảm

Đáp án D

Ta có $y^2=xz$ và

$$\begin{gathered} {\log }_{a}x+{\log }_{\sqrt[3]{a}}=2{\log }_{\sqrt{2}}y\iff {\log }_{a}x+{\log }_a{z}^3={\log }_a{y}^4 \\ \Rightarrow x{z}^3=y^4-x^2{z}^2\Rightarrow x=z\Rightarrow x=y=z \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương trình 

$$\begin{gathered} \left(\sin x-1\right)\left({\cos }^{2}x-\cos x+m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}\sin x=1\\ m=\cos x-{\cos }^{2}x\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \left(1\right)\\ m=\cos x-{\cos }^{2}x\left(2\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vì $x\in \left[0;2\pi \right]$ nên

$0\le \frac{\pi }{2}+k2\pi \le 2\pi \iff -\frac{1}{4}\le k\le \frac{3}{4}\Rightarrow k=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{2}$

Để phương trình đã cho có 5 nghiệm thuộc đoạn $\left[0;2\pi \right]\iff \left(2\right)$ có 4 nghiệm phân biệt thuộc $\left[0;2\pi \right]$

Đặt $t=\cos x\in \left[-1;1\right]$, khi đó $\left(2\right)\iff t^2-t+m=0$ có 2 nghiệm phân biệt $t_1,t_2$ thỏa mãn $-1<t_1;t_2<1$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(t_1+1\right)\left(t_2+1\right)>0\\ \left(t_1-1\right)\left(t_2-1\right)>0\\ \Delta ={\left(-1\right)}^2-4m>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}_1{t}_2+t_1+t_2+1>0\\ t_1{t}_2-\left(t_1+t_2\right)+1>0\\ -4m-1<0\end{array}\right.\iff 0<m<\frac{1}{4}$

Vậy $m\in \left(0;\frac{1}{4}\right)$

Đáp án C

Gọi $5x$ là số tiền cần giảm trên mỗi quả bưởi bán ra để đạt lợi nhuận lớn nhất

Khi đó, lợi nhuận thu được tính bằng công thức $f\left(x\right)=\left(50-5x\right)\left(50x+40\right)-30\left(50x+40\right)$

Ta có 

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=\left(20-5x\right)\left(50x+40\right)=50\left(4-x\right)\left(3x+4\right) \\ =50\left(16+16x-5x^2\right)\Rightarrow \max f\left(x\right)=f\left(\frac{16}{10}\right) \end{gathered}$$

Vậy giá bán của mỗi quả bưởi là $50-5x=50-5.\frac{16}{10}=42$ nghìn đồng

Đáp án D

Gọi $B\text{'},C\text{'}$ lần ượt là hai điểm thuộc SB, SC sao cho $SB\text{'}=SC\text{'}=2$

Xét tứ diện $S.AB\text{'}C\text{'}$ có $\left\{\begin{array}{l}\stackrel{⏜}{ASB\text{'}}=\stackrel{⏜}{B\text{'}SC\text{'}}=\stackrel{⏜}{C\text{'}SA}=60°\\ SA=SB\text{'}=SC\text{'}=2\end{array}\right.\Rightarrow S.AB\text{'}C\text{'}$ là tứ diện đều cạnh 2

Khi đó $V_{S.AB\text{'}C\text{'}}=\frac{S{A}^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

mà  $\frac{V_{S.AB\text{'}C\text{'}}}{V_{S.ABC}}=\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SC\text{'}}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{2}{6}=\frac{2}{9}$.

Vậy $V_{S.ABC}=3\sqrt{2}$

Đáp án B

Xét hàm số 

$y=\frac{2\cot x+1}{\cot x+m}\stackrel{t=\cot x}{\to }y=\frac{2t+1}{t+m}\Rightarrow y_t^{\text{'}}=t\text{'}.\frac{2m-1}{{\left(t+m\right)}^2}$

Để hàm số đã cho đồng biến trên 

$\left(\frac{\pi }{4};\frac{\pi }{2}\right)\iff y_t^{\text{'}}>0,\forall x\in \left(0;1\right)\iff t\text{'}.\frac{2m-1}{{\left(t+m\right)}^2}>0,\forall x\in \left(0;1\right)$

Mà 

$$\begin{gathered} t\text{'}<0,\forall x\in \left(0;1\right)\Rightarrow \frac{2m-1}{{\left(t+m\right)}^2}<0;\forall x\in \left(0;1\right) \\ \iff \left\{\begin{array}{l}2m-1<0\\ t=-m\notin \left(0;1\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<\frac{1}{2}\\ \left[\begin{array}{l}-m\ge 1\\ -m\le 0\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le -1\\ 0\le m<\frac{1}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} \underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x-\sqrt{x+2}}{x^2-4}=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left(x-\sqrt{x+2}\right)\left(x+\sqrt{x+2}\right)}{\left(x^2-4\right)\left(x+\sqrt{x+2}\right)} \\ =\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}{\left(x^2-4\right)\left(x+\sqrt{x+2}\right)} \end{gathered}$$

$=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x+1}{\left(x+2\right)\left(x+\sqrt{x+2}\right)}=\frac{3}{16}$

Và $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(2\right)=2^2+2a+3b=2a+3b+4$

Do đó $\left\{\begin{array}{l}2a+3b+4=\frac{3}{16}\\ 2a+3b+4=2a+b-6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{179}{32}\\ b=-5\end{array}\right.$

Vậy $I=a+b=\frac{179}{32}-5=\frac{19}{32}$

Đáp án A

Tam giác ABM có $\left\{\begin{array}{l}AM=BM\\ \stackrel{⏜}{ABC}=60°\end{array}\right.\Rightarrow \Delta ABM$ đều cạnh a

Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABM$

Mà $SA=SB=SM\Rightarrow H$ là hình chiếu của S trên $mp\left(ABM\right)$

Tam giác SAH vuông tại H, có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{3};SA=\frac{a\sqrt{39}}{3}$

Suy ra $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{39}}{3}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=2a$

Vậy $d\left(S;(ABC\right)=SH=2a$

Đáp án C

Thể tích của một chòm cầu là $V_0=\pi h^2\left(R-\frac{h}{3}\right)=\pi {.20}^2.\left(50-\frac{20}{3}\right)=\frac{52000\pi }{3}$