Đề Kiểm Tra Online Toán 12 HK1-Đề 4 Có Gợi Ý Giải

Gợi ý

Phương pháp: Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó. Cách giải:$y = \frac{{3x – 1}}{{ – 2 + x}} = \frac{{3x – 1}}{{x – 2}}$ có TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 2 \right\}$ Ta có $y' = \frac{{ – 5}}{{{{\left( {x – 2} \right)}^2}}} < 0,\,\,\forall x \in D$ suy ra hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Gợi ý

Phương pháp: Xác định khoảng trên TXĐ mà $y' \geqslant 0$ (dấu “=” xảy ra ở hữu hạn điểm) Cách giải:$y = \ln x + 2 + \frac{3}{{x + 2}}$. TXĐ: $D = \left( { – 2; + \infty } \right)$ $y' = \frac{1}{{x + 2}} – \frac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{x – 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$ $y' \geqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant 1 \Rightarrow $ Hàm số luôn đồng biến trên$\left( {1; + \infty } \right)$

Gợi ý

Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số. Cách giải: Dựa vào đồ thị, trên khoảng $\left( { – 1;3} \right)$, đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị lần lượt là $\left( {0;4} \right),\,\,\left( {2;0} \right)$

Gợi ý

Phương pháp:- TXĐ- Tính $f'\left( x \right)$, đánh giá dấu của $f'\left( x \right)$ và chỉ ra cực đại, cực tiểu của hàm số $y = f\left( x \right)$ Cực tiểu là điểm mà tại đó $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương.Cực đại là điểm mà tại đó $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm.Cách giải:$y = \sqrt {{x^2} – 3x} $. TXĐ: $D = \left( { – \infty ;0} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)$ $y' = \frac{{2x – 3}}{{2\sqrt {{x^2} – 3x} }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{3}{2} \notin D \Rightarrow $ hàm số không có cực trị.

Gợi ý

Phương pháp: +) Tìm điều kiện để hàm số có 3 điểm cực trị. +) $\Delta ABC$ vuông $ \Rightarrow \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$ Cách giải:$y = {x^4} – 2m{x^2} + 2m – 3$. TXĐ: $D = R$ $y' = 4{x^3} – 4mx;\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ {x^2} = m \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Hàm số có 3 điểm cực trị $ \Leftrightarrow m > 0\left( * \right)$ Giả sử ba điểm cực trị lần lượt là $A\left( {0;2m – 3} \right),\,\,\,B\left( { – \sqrt m ; – {m^2} + 2m – 3} \right),\,\,\,C\left( {\sqrt m ; – {m^2} + 2m – 3} \right)$ $\overrightarrow {AB} = \left( { – \sqrt m ; – {m^2}} \right),\,\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt m ; – {m^2}} \right)$ Dễ thấy: Tam giác ABC cân tại AYêu cầu bài toán $ \Leftrightarrow AB \bot AC \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow – m + {m^4} = 0 \Leftrightarrow m\left( {{m^3} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m = 0 \hfill \\ m = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ So với điều kiện (*) suy ra $m = 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gợi ý

Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.
Cách giải: Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ – }} y = + \infty $ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to – {1^ + }} y = – \infty $ nên $x = – 1$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số .

Gợi ý

Phương pháp:
* Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$ là TCN của đồ thị hàm số.
Cách giải:
Ta có: $\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \left( {2 – 2023f\left( x \right)} \right) = 2 – 2023.\left( { – 1} \right) = 2025 \hfill \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2 – 2023f\left( x \right)} \right) = 2 – 2023.\left( { – 1} \right) = 2025 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Nên $y = 2025$ là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = 2 – 2023f\left( x \right)$

Gợi ý

Phương pháp: * Định nghĩa tiệm cận ngang của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = a$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } f\left( x \right) = a \Rightarrow y = a$là TCN của đồ thị hàm số. * Định nghĩa tiệm cận đứng của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f\left( x \right) = – \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = + \infty $ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ – }} f\left( x \right) = – \infty $ thì $x = a$ là TCĐ của đồ thị hàm số.Cách giải:TXĐ: $D = \left( { – \infty ; – 2} \right] \cup \left[ {3; + \infty } \right)$ Do $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm } y = 0$ nên đường thẳng $y = 0$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.${x^2} – 1 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 1 \notin D \Rightarrow $ Đồ thị hàm số không có TCĐ. Vậy, số đường tiệm cận của đồ thị hàm số là 1.

Gợi ý

Phương pháp: Cách giải: Xét các trường hợp sau:TH1: Phương trình ${x^2} – mx – m + 5 = 0$ vô nghiệm$ \Leftrightarrow \Delta < 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m - 20 < 0 \Leftrightarrow - 2 - 2\sqrt 6 < m < - 2 + 2\sqrt 6 $ Do $m \in Z$ nên $m \in \left\{ { - 6; - 5;...;2} \right\}$ TH2: Phương trình ${x^2} - mx - m + 5 = 0$có nghiệm trùng với nghiệm của tử số: Phương trình ${x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Nếu $x = 1$ là nghiệm của mẫu $ \Rightarrow 1 - m - m + 5 = 0 \Leftrightarrow - 2m + 6 = 0 \Leftrightarrow m = 3$ Thay ngược lại khi $m = 3$ ta có: $y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 3x + 1}} = 1 \Rightarrow $ Hàm số không có tiệm cận $ \Rightarrow m = 3\left( {tm} \right)$ Nếu $x = 2$ là nghiệm của mẫu $ \Rightarrow 4 - 2m - m + 5 = 0 \Leftrightarrow - 3m + 9 = 0 \Leftrightarrow m = 3$ Thay ngược lại khi $m = 3$ ta có: $y = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 3x + 1}} = 1 \Rightarrow $ Hàm số không có tiệm cận $ \Rightarrow m = 3\left( {tm} \right)$Vậy $m \in \left\{ { - 6; - 5;...;2;3} \right\}$

Gợi ý

Phương pháp: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại điểm $M\left( {{x_0};y{ & _0}} \right)$ là
$y = f'({x_0}).(x – {x_0}) + {y_0}$
Cách giải:
Ta có: $y' = 3{x^2} – 6x \Rightarrow y'\left( 3 \right) = 9$ Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: $y = 9\left( {x – 3} \right) + 1 \Leftrightarrow y = 9x – 26$

Gợi ý

Phương pháp: Đạo hàm: $\left( {\sqrt {u\left( x \right)} } \right)' = \frac{{\left( {u\left( x \right)} \right)'}}{{2\sqrt {u\left( x \right)} }}$ Cách giải:$y' = \frac{{2\left( {\sin x} \right)'}}{{2\sqrt {\sin x} }} – \frac{{2\left( {\cos \,x} \right)'}}{{2\sqrt {\cos \,x} }} = \frac{{\cos \,x}}{{\sqrt {\sin x} }} + \frac{{\sin x}}{{\sqrt {\cos \,x} }}$

Gợi ý

Phương pháp: Tính các đạo hàm y' y'' sau đó thay vào biểu thức $y'' + 3y' + 2y$ rồi rút gọn.
Cách giải:$y = – 2023{e^{ – x}} – 3{e^{ – 2x}} \Rightarrow y' = 2023{e^{ – x}} + 6{e^{ – 2x}},\,\,\,y'' = – 2023{e^{ – x}} – 12{e^{ – 2x}}$
Ta có:
$y'' + 3y' + 2y = – 2023{e^{ – x}} – 12{e^{ – 2x}} + 3\left( {2023{e^{ – x}} + 6{e^{ – 2x}}} \right) + 2\left( { – 2023{e^{ – x}} – 3{e^{ – 2x}}} \right) = 0$

Gợi ý

Phương pháp: Nhận biết đồ thị hàm số bậc ba. Cách giải: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm $\left( {0; – 1} \right)$ nên loại đáp án C Xét hàm số $y = \frac{1}{3}{x^3} + 3x – 1$ có $y' = {x^2} + 3 > 0,\,\,\forall x$. Hàm số luôn đồng biến trên R nên loại B Xét hàm số $y = {x^3} – 3{x^2} – 3x – 1$ có $y' = 3{x^2} – 6x – 3,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt 2 $ Hàm số đạt cực trị tại 2 điểm $x = 1 \pm \sqrt 2 $, nên loại A.

Gợi ý

Phương pháp: +) Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),\,\,\,B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$ +) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A và B song song $ \Rightarrow y'\left( {{x_A}} \right) = y'\left( {{x_B}} \right)$ +) Sử dụng công thức tính độ dài đoạn thẳng $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)}^2}} $ Cách giải:$y = \frac{{x + 1}}{{x – 1}} = \frac{{x – 1 + 2}}{{x – 1}} = 1 + \frac{2}{{x – 1}}$ Ta có: TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$ và $y' = \frac{{ – 2}}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}}$ Gọi $A\left( {{x_A};{y_A}} \right),\,\,\,B\left( {{x_B};{y_B}} \right)\,\,\,\left( {{x_A} \ne {x_B}} \right)$Theo giả thiết $y'\left( {{x_A}} \right) = y'\left( {{x_B}} \right) \Leftrightarrow \frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_A} – 1} \right)}^2}}} = \frac{{ – 2}}{{{{\left( {{x_B} – 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} {x_A} = {x_B}\left( L \right) \hfill \\ {x_A} + {x_B} = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left[ {1 + \frac{2}{{{x_B} – 1}} – 1 – \frac{2}{{{x_A} – 1}}} \right]}^2}} = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left[ {\frac{{2\left( {{x_A} – {x_B}} \right)}}{{\left( {{x_A} – 1} \right)\left( {{x_B} – 1} \right)}}} \right]}^2}} $ $ \Rightarrow A{B^2} = 20 \Leftrightarrow {\left( {{x_B} – {x_A}} \right)^2}\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – {x_A} – {x_B} + 1} \right)}^2}}}} \right] = 20$ $ \Rightarrow {\left( {{x_B} – {x_A}} \right)^2}\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – 2 + 1} \right)}^2}}}} \right] = 20$, với ${x_A} + {x_B} = 2$ $ \Rightarrow \left( {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} – 4{x_A}{x_B}} \right)\left[ {1 + \frac{4}{{{{\left( {{x_A}{x_B} – 1} \right)}^2}}}} \right] = 20\,\,\,\left( * \right)$ Đặt ${x_A}{x_B} = a$ Phương trình (*) tương đương$\left( {4 – 4a} \right)\left( {1 + \frac{4}{{{{\left( {a – 1} \right)}^2}}}} \right) = 20 \Leftrightarrow 4\left( {1 – a} \right) + \frac{{16}}{{1 – a}} = 20$ $ \Leftrightarrow 4{\left( {1 – a} \right)^2} – 20\left( {1 – a} \right) + 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} 1 – a = 4 \hfill \\ 1 – a = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} a = – 3 \hfill \\ a = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ TH1: $a = – 3 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_A} + {x_B} = 2 \hfill \\ {x_A}{x_B} = – 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {x_A},\,{x_B}$ là nghiệm của phương trình ${X^2} – 2X – 3 = 0$ Suy ra $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {3; – 1} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = 4$ hoặc $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( { – 1;3} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = – 4$TH2: $a = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x_A} + {x_B} = 2 \hfill \\ {x_A}{x_B} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {x_A},\,{x_B}$ là nghiệm của phương trình ${X^2} – 2X = 0$ Suy ra $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {30;2} \right) \Rightarrow {x_A} – {x_B} = – 2 < 0$ hoặc $\left( {{x_A},{x_B}} \right) = \left( {2;0} \right) \Rightarrow {x_A} - {x_B} = 2$Dựa vào các đáp án ta chọn được đáp án A.

Gợi ý

Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left[ {a;b} \right]$ +) Bước 1: Tính y', giải phương trình $y' = 0 \Rightarrow {x_i} \in \left[ {a;b} \right]$ +) Bước 2: Tính các giá trị $f\left( a \right);\,\,f\left( b \right);\,\,f\left( {{x_i}} \right)$ +) Bước 3: So sánh các giá trị tính được ở Bước 2 và kết luậnCách giải:$y = \frac{{\ln x}}{x} \Rightarrow y' = \frac{{\frac{1}{x}.x – \ln x}}{{{x^2}}} = \frac{{1 – \ln x}}{{{x^2}}},\,\,\,y' = 0 \Leftrightarrow 1 – \ln x = 0 \Leftrightarrow x = e \in \left[ {1;e} \right]$ Ta có: $y\left( 1 \right) = 0,\,\,y\left( e \right) = \frac{1}{e} \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;e} \right]} y = 0$

Gợi ý

Phương pháp: Sử dụng bất đẳng thức Cô si, đánh giá GTLN của diện tích hình chữ nhật thông qua độ dài cạnh của hình chữ nhật đó. Cách giải: Gọi x $\left( {0 < x < 8} \right)$ là một cạnh của hình chữ nhật, suy ra cạnh còn lại: $8 - x$ Diện tích của hình chữ nhật: $S = x\left( {8 - x} \right) \leqslant {\left[ {\frac{{x + 8 - x}}{2}} \right]^2} \Leftrightarrow S \leqslant 16$ Do đó ${S_{max}} = 16 \Leftrightarrow x = 8 - x \Leftrightarrow x = 4$

Gợi ý

Phương pháp:+) Tính khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ. +) Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTNN. Cách giải: TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 1 \right\}$ $M\left( {{x_M};{y_M}} \right) \in \left( C \right) \Rightarrow {y_M} = \frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}} \Rightarrow M\left( {{x_M};\frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}}} \right)$ Đặt $d\left( M \right) = d\left( {M;Oy} \right) + d\left( {M;Oy} \right) = \left| {{x_M}} \right| + \left| {\frac{{{x_M} + 1}}{{{x_M} – 1}}} \right|$ Nhận xét: Với $M\left( {0;1} \right)$ thì ta có: $d\left( M \right) = 1$. Do đó, để tìm GTNN của $d\left( M \right)$ ta chỉ cần xét khi $\left| x \right| \leqslant 1 \Rightarrow – 1 \leqslant x \leqslant 1$ * Nếu $0 \leqslant x < 1$ thì $d\left( M \right) = g\left( x \right) = x - \frac{{x + 1}}{{x - 1}}$ Ta có: $g'\left( x \right) = 1 + \frac{2}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {0;1} \right) \Rightarrow g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left[ {0;1} \right)$ do đó $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right)} g\left( x \right) = g\left( 0 \right) = 1$ * Nếu $ – 1 \leqslant x \leqslant 0$ thì $d\left( M \right) = g\left( x \right) = – x – \frac{{x + 1}}{{x – 1}}$ Ta có: $g'\left( x \right) = – 1 + \frac{2}{{{{\left( {x – 1} \right)}^2}}} \Rightarrow g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 1 + \sqrt 2 \notin \left[ { – 1;0} \right] \hfill \\ x = 1 – \sqrt 2 \in \left[ { – 1;0} \right] \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Ta có: $g\left( 0 \right) = 1,\,\,g\left( { – 1} \right) = 1,\,\,g\left( {1 – \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 – 2$ $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right)} g\left( x \right) = g\left( {1 – \sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 – 2$Do đó $M\left( {{x_M};{y_M}} \right)$ thỏa mãn đề bài là: $M\left( {1 – \sqrt 2 ;1 – \sqrt 2 } \right)$ suy ra: ${x_M} + {y_M} = 2 – \sqrt 2 $

Gợi ý

Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị $\left( C \right)$ và đường thẳng $y = 2023$
Đếm số nghiệm của phương trình, từ đó kết luận số giao điểm của 2 đồ thị hàm số trên (số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số).
Cách giải:
Phương trình hoành độ giao điểm: ${x^3} – 3{x^2} + 2x + 2023 = 2023 \Leftrightarrow {x^3} – 3{x^2} + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = 1 \hfill \\ x = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Do đó, giữa đường thẳng và $\left( C \right)$ có 3 điểm chung.

Gợi ý

Phương pháp:
Tìm m để phương trình hoành độ giao điểm có ba nghiệm phân biệt.
Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm: $m{x^3} – {x^2} – 2x + 8m \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {m{x^2}\left( {2m – 1} \right)x – 4m} \right) = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = – 2 \hfill \\ g\left( x \right) = m{x^2} – \left( {2m + 1} \right)x – 4m = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Do đó $\left( {{C_m}} \right)$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
$ \Leftrightarrow g\left( x \right) = 0$ có hai nghiệm phân biệt khác –2
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne 0 \hfill \\ \Delta = {\left( {2m + 1} \right)^2} – 16{m^2} > 0 \hfill \\ g\left( { – 2} \right) = 2m + 1 \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne 0 \hfill \\ – 12{m^2} + 4m + 1 > 0 \hfill \\ m \ne – \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne 0 \hfill \\ – \frac{1}{6} < m < \frac{1}{2} \hfill \\ m \ne - \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. $ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne 0 \hfill \\ - \frac{1}{6} < m < \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Gợi ý

Phương pháp: Đặt $t = {x^2},\,\,t \geqslant 0$, tìm m để phương trình $\left( {m + 1} \right){t^2} – 2\left( {2m – 3} \right) + 6m + 5 = 0$ có hai nghiệm ${t_1},\,{t_2}$ thỏa mãn $0 < {t_1} < 1 < {t_2}$ Cách giải: Phương trình hoành độ giao điểm: $\left( {m + 1} \right){x^4} - 2\left( {2m - 3} \right){x^2} + 6m + 5 = 0\,\,\,\left( 1 \right)$ Đặt $t = {x^2},\,\,t \geqslant 0$, phương trình trở thành: $\left( {m + 1} \right){t^2} - 2\left( {2m - 3} \right) + 6m + 5 = 0\,\,\,\left( 2 \right)$Phương trình (1) có 4 nghiệm thỏa mãn ${x_1} < {x_2} < {x_3} < 1 < {x_4}$ khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn $0 < {t_1} < 1 < {t_2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 0 < {t_1} < {t_2} \hfill \\ \left( {{t_1} - 1} \right)\left( {{t_2} - 1} \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 0 < {t_1} < {t_2} \hfill \\ {t_1}{t_2} - \left( {{t_1} + {t_2}} \right) + 1 < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m + 1 \ne 0 \hfill \\ \Delta ' = {\left( {2m - 3} \right)^2} - \left( {m + 1} \right)\left( {6m + 5} \right) > 0 \hfill \\ S = \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} > 0 \hfill \\ P = \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0 \hfill \\ \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} – \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} + 1 < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne - 1 \hfill \\ \Delta ' = - 2{m^2} - 23m + 4 > 0 \hfill \\ S = \frac{{2\left( {2m – 3} \right)}}{{m + 1}} > 0 \hfill \\ P = \frac{{6m + 5}}{{m + 1}} > 0 \hfill \\ \frac{{3m + 12}}{{m + 1}} < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} m \ne 1 \hfill \\ \frac{{ - 23 - \sqrt {561} }}{4} < m < \frac{{ - 23 - \sqrt {561} }}{4} \hfill \\ \left[ \begin{gathered} m > \frac{3}{2} \hfill \\ m < - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \left[ \begin{gathered} m > – \frac{5}{6} \hfill \\ m < - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ - 4 < m < - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Gợi ý

Phương pháp: – Viết phương trình đường tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là 0. – Xác định tọa độ 2 điểm A và B – Tính diện tích tam giác OAB. Cách giải: TXĐ: $D = R\backslash \left\{ { – 1} \right\}$ Ta có: $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}} \Rightarrow y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$ Với ${x_0} = 0$, ta có $y\left( 0 \right) = 1,\,\,\,y'\left( 0 \right) = 1$ Vậy, phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số $y = \frac{{2x + 1}}{{x + 1}}$ tại điểm $\left( {0;1} \right)$ là: $y = 1\left( {x – 0} \right) + 1 \Leftrightarrow y = x + 1$ d cắt Ox tại điểm $A\left( { – 1;0} \right)$, d cắt Oy tại điểm $B\left( {0;1} \right) \Rightarrow OA = 1;\,\,\,OB = 1$ ${S_{AOB}} = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}.1.1 = \frac{1}{2}$

Gợi ý

Phương pháp: Dựa vào TCN của đồ thị hàm số và giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành. Cách giải: Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang $y = a$. Theo hình vẽ, ta có: $a > 0$ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm $A\left( { – \frac{b}{a};0} \right)$ Theo hình vẽ, ta có: $ – \frac{b}{a} < - 1 \Leftrightarrow \frac{b}{a} > 1 \Rightarrow \frac{{b – a}}{a} > 0$. Mà $a > 0 \Rightarrow b – a > 0 \Leftrightarrow b > a$ Vậy $b > a > 0$

Gợi ý

Phương pháp:${\log _{{a^c}}} = b = \frac{1}{c}{\log _a}b,\,\,\,{\log _a}{b^c} = c{\log _a}b$ (Giả sử các biểu thức là có nghĩa).
Cách giải: Ta có: $S = 1 + {2^2}{\log _{\sqrt 2 }}2 + {3^3}{\log _{\sqrt[3]{2}}}2 + {4^2}{\log _{\sqrt[4]{2}}}2 + … + {2023^2}{\log _{\sqrt[{2023}]{2}}}2$$ = 1 + {2^2}.2.{\log _2}2 + {3^2}.3.{\log _2}2 + {4^2}.4.{\log _2}2 + … + {2023^2}.2023.{\log _2}2$ $ = 1 + {2^3} + {3^3} + {4^3} + … + {2023^3}$
Bằng quy nạp, ta chứng minh được: $1 + {2^3} + {3^3} + {4^2} + … + {n^3} = \frac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{4},\,\,\,\forall n \in N*$
Áp dụng với $n = 2023$, ta có: $S = 1 + {2^3} + {3^3} + {4^3} + … + {2023^3} = \frac{{{{2023}^2}{{.2024}^2}}}{4} = {1012^2}{.2023^2}$

Gợi ý

Phương pháp: Dựa vào đồ thị hàm số $y = \ln x$ để đánh giá.Cách giải: Đồ thị hàm số $y = \ln x$có dạng : Qua đồ thị ta thấy, các khẳng định A, B, C đúng. Ta có: $\ln \frac{1}{e} = \ln {e^{ – 1}} = – 1 < 0$, nên khẳng định D sai

Gợi ý

Phương pháp: $y = {\log _a}f\left( x \right) \Rightarrow y' = \frac{{\left( {f\left( x \right)} \right)'}}{{f\left( x \right).\ln a}}$ Cách giải: $y = {\log _2}\left( {2x + 1} \right) \Rightarrow y' = \frac{{\left( {2x + 1} \right)'}}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 2}} = \frac{2}{{\left( {2x + 1} \right)\ln 2}}$

Gợi ý

Phương pháp: Hàm số lũy thừa $y = {x^\alpha }$ – Nếu $\alpha $ là số nguyên dương thì TXĐ: $D = R$ – Nếu $\alpha $ là số nguyên âm hoặc bằng 0 thì TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$ – Nếu $\alpha $ là số không nguyên thì TXĐ: $D = \left( {0; + \infty } \right)$ Cách giải: Hàm số $y = {\left( {2 – x} \right)^{1 – \sqrt 3 }}$ là hàm lũy thừa, có số mũ $1 – \sqrt 3 \notin Z$ nên xác định $ \Leftrightarrow 2 – x > 0 \Leftrightarrow x < 2$ Vậy TXĐ là $D = \left( { - \infty ;2} \right)$

Gợi ý

Phương pháp: ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}x + {\log _a}y,\,\,\,\left( {x,y > 0;\,\,\,a > 0,\,a \ne 1} \right)$ Cách giải: ${\log _a}\left( {xy} \right) = {\log _a}\left| x \right| + {\log _a}\left| y \right|$

Gợi ý

Phương pháp: Tìm m để $y' \leqslant 0,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ Cách giải: TXĐ: $D = R$ $y' = m{x^2} + 14mx + 14$ Hàm số nghịch biến trên nửa khoảng $\left( {1; + \infty } \right] \Leftrightarrow y' \leqslant 0,\,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ $ \Leftrightarrow m{x^2} + 14mx + 14 \leqslant 0,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow m{x^2} + 14mx \leqslant – 14,\,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ $ \Leftrightarrow m\left( {{x^2} + 14x} \right) \leqslant – 14,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \leqslant \frac{{ – 14}}{{{x^2} + 14x}},\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ (Do ${x^2} + 14x > 0,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$)Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{ – 14}}{{{x^2} + 14x}},\,\,x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ $f'\left( x \right) = \frac{{28\left( {x + 7} \right)}}{{\left( {{x^2} + 14x} \right)}} > 0,\,\,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Rightarrow $ Hàm số đồng biến trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ Vậy với $m \leqslant – \frac{{14}}{{15}}$ thì hàm số nghịch biến trên nửa khoảng $\left[ {1; + \infty } \right)$

Gợi ý

Phương pháp: Nhận dạng đồ thị hàm bậc ba. Cách giải: Ta thấy: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } y = + \infty \Rightarrow a > 0 \Rightarrow $ Loại đáp án A.Ta có: $y' = 3a{x^2} + 2bx + c$ Theo đồ thị thì hàm số có hai điểm cực trị trái dấu $ \Rightarrow ac < 0 \Rightarrow c < 0$ $y'' = 6ax + 2b = 0 \Rightarrow x = - \frac{b}{{3a}}$. Đồ thị có điểm uốn có hoành độ dương suy ra $x = - \frac{b}{{3a}} > 0 \Rightarrow b < 0$ Do đó, đáp án đúng là D.

Gợi ý

Cách giải: Ta có các mặt đối xứng của khối lăng trụ tam giác đều là các mặt phẳng trung trực của các đoạn thẳng AB, BC, CA, AA'.

Gợi ý

Cách giải: Khối đa diện đều loại $\left\{ {4;3} \right\}$ chính là khối lập phương, nên có 6 mặt.

Gợi ý

+) Tính cạnh của hình bát diện đều. +) Tính diện tích một mặt của bát diện đều, sử dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a là $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ +) Bát diện đều là đa diện đều có 8 mặt là tam giác đều. Cách giải:Gọi E, F, I, J, M, N lần lượt là tâm của sáu mặt của hình lập phương (như hình vẽ), khi đó: E, F, I, J, M, N là đỉnh của một bát diện đều.Thật vậy, xét tứ diện đều ACB'D' khi đó E, F, I, J, M, N là trung điểm của các cạnh của tứ diện nên mỗi mặt của bát diện là những tam giác đều bằng nhau có cạnh bằng $\frac{{AC}}{2}$ Mà AC là đường chéo của hình vuông cạnh bằng $2a\sqrt 2 $ suy ra $AC = 4a$ suy ra cạnh của hình bát diện đều là 2a. Suy ra diện tích một mặt ${S_{\Delta IEF}} = \frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 $ Vậy tổng $S = 8{a^2}\sqrt 3 $

Gợi ý

Điều kiện: $x > – 1$
${\text{lo}}{{\text{g}}_5}\left( {x + 1} \right) > 2 \Leftrightarrow {\text{lo}}{{\text{g}}_5}\left( {x + 1} \right) > {\text{lo}}{{\text{g}}_5}25 \Leftrightarrow x + 1 > 25 \Leftrightarrow x > 24$

Gợi ý

Điều kiện: $x – 4 > 0 \Leftrightarrow x > 4$.
Tập xác định: $D = \left( {4; + \infty } \right)$.

Gợi ý

Xét hàm số $y = – {x^3} + 3{x^2} – 9x + 2$.
Ta có $D = \mathbb{R}$ và $y’ = – 3{x^2} + 6x – 9 = – 3{\left( {x – 1} \right)^2} – 6 < 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$. Vậy hàm số $y = - {x^3} + 3{x^2} - 9x + 2$nghịch biến trên $\mathbb{R}$.

Gợi ý

Ta có $y’ = {x^2} – 4x + m$.
Để hàm số đống biến trên khoảng $\left( {2;6} \right)$$ \Leftrightarrow y’ \geqslant 0\;\forall x \in \left( {2;6} \right) \Leftrightarrow m \geqslant – {x^2} + 4x\;\forall x \in \left( {2;6} \right)$.
Xét hàm số $f\left( x \right) = – {x^2} + 4x\;$trên $\left( {2;6} \right)$.
Có $f’\left( x \right) = – 2x + 4;\;f’\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2$.
Bảng biến thiên:

Theo bảng biến thiên ta có: $m \geqslant f\left( x \right)\;\forall x \in \left( {2;6} \right) \Leftrightarrow m \geqslant 4$ mà $m \in \left[ { – 10;10} \right],m \in \mathbb{Z}$$ \Rightarrow m \in \left\{ {4;5;6;7;8;9;10} \right\}$.
Vậy có $7$ số nguyên $m$ thỏa mãn.

Gợi ý

Ta có lăng trụ đều $ABC.A’B’C’$có đáy là tam giác đều cạnh $2a$ và chiều cao là độ dài cạnh bên bằng $a\sqrt 3 $$ \Rightarrow V = a\sqrt 3 .\frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 3{a^3}$.

Gợi ý

Điều kiện xác định: $x > 0$.
Đặt $t = {\log _2}x$.
Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}$ thỏa mãn
${x_1}.{x_2} = 8 \Leftrightarrow {\log _2}{x_1} + {\log _2}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {t_1} + {t_2} = 3$.
Yêu cầu bài toán trở thành: “ Tìm $m$ để phương trình ${t^2} – \left( {{m^2} – 2m} \right)t + m + 3 = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${t_1},\,\,{t_2}$ thỏa mãn ${t_1} + {t_2} = 3$”.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
\Delta = {\left( {{m^2} – 2m} \right)^2} – 4\left( {m + 3} \right) > 0 \hfill \\
{t_1} + {t_2} = {m^2} – 2m = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
{\left( {{m^2} – 2m} \right)^2} – 4\left( {m + 3} \right) > 0 \hfill \\
\left[ \begin{gathered}
m = – 1 \hfill \\
m = 3 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right. \Leftrightarrow m = – 1$.
Vậy $S = \left\{ { – 1} \right\}$ suy ra tổng các phần tử của tập $S$ bằng $ – 1$.

Gợi ý

Phương pháp: Gọi a' là hình chiếu vuông góc của a trên mặt phẳng (P). Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) là góc giữa đường thẳng a và a'. Cách giải: Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của đường thẳng SB trên mặt phẳng (ABC) là AB. Khi đó góc giữa đường thẳng SB với mặt (ABC) là SABTrong tam giác vuông SBA có $\tan SBA = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow SBA = {60^0}$ Vậy góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC) là: ${60^0}$

Gợi ý

Phương pháp: Chuyển tính khoảng cách từ B đến $\left( {SCD} \right)$ sang tính khoảng cách từ A đến $\left( {SCD} \right)$ Cách giải:Gọi H là hình chiếu của A trên SD ta có: $\left\{ \begin{gathered} CD \bot AD \hfill \\ CD \bot SA \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$ Mà $AH \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow AH \bot CD$ $\left\{ \begin{gathered} AH \bot CD \hfill \\ AH \bot SD \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$ Vì $AB//CD \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH$ Tam giác SAC vuông tại A, $AH \bot SC$ $ \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a.a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$ $ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$

Gợi ý

Phương pháp: $V = Bh \Rightarrow h = \frac{V}{B}$ Cách giải: Do đáy là hình thoi cạnh a, $ABC = {60^0}$ nên diện tích đáy là: $B = 2.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$ Thể tích của khối hộp là $V = Bh \Rightarrow h = \frac{V}{B} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}} = 2a$

Gợi ý

Phương pháp: Thể tích của hình hộp: $V = abc$ Cách giải: Gọi a, b, c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật, theo giả thiết có: $ab = 20,\,\,bc = 28,\,\,ac = 35$ Mà $V = abc = \sqrt {ab.bc.ac} = \sqrt {20.28.35} = 140\left( {c{m^3}} \right)$

Gợi ý

Phương pháp: +) Gọi H là trung điểm của AB $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$ +) Sử dụng công thức đổi điểm, chứng minh $d\left( {;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)$ +) Dựng khoảng cách từ H đến $\left( {SCD} \right)$ +) Đặt cạnh đáy bằng x. Tính x theo a. +) Áp dụng công thức tính thể tích $V = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}}$ Cách giải: Vì $\Delta SAB$ đều, gọi H là trung điểm của AB, từ giả thiết $ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$ Vì $d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$ Gọi M là trung điểm của CD ta có: $\left\{ \begin{gathered} CD \bot SH \hfill \\ CD \bot HM \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SHM} \right)$ Kẻ $HK \bot SM \Rightarrow HK \bot CD \Rightarrow HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H;\left( {SCD} \right)} \right) = HK = \frac{{3\sqrt 7 a}}{7}$ Gọi x là độ dài cạnh đáy. Khi đó, do $\Delta SAB$cạnh x nên $SH = \frac{{x\sqrt 3 }}{2},\,\,\,HM = x$ $ \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Leftrightarrow \frac{7}{{9{a^2}}} = \frac{4}{{3{x^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} = \frac{7}{{3{x^2}}} \Rightarrow x = a\sqrt 3 $ Vậy ${S_{ABCD}} = 3{a^2},\,\,SH = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{V_{ABCD}} = \frac{{3{a^3}}}{2}$

Gợi ý

Phương pháp: Xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$ – Tìm giao tuyến $\Delta $ của $\left( \alpha \right),\,\left( \beta \right)$.- Xác định 1 mặt phẳng $\left( \gamma \right) \bot \Delta $ – Tìm các giao tuyến $a = \left( \alpha \right) \cap \left( \gamma \right),\,\,b = \left( \beta \right) \cap \left( \gamma \right)$ – Góc giữa hai mặt phẳng $\left( \alpha \right),\,\,\left( \beta \right):\,\left( {\left( \alpha \right);\left( \beta \right)} \right) = \left( {a;b} \right)$ Cách giải: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$, D là điểm đối xứng của A qua O Ta có: $\left\{ \begin{gathered} AB \bot BD \hfill \\ SA \bot BD \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BD \bot AM$ Mà $AM \bot SB \Rightarrow AM \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AM \bot SD$ Tương tự $AN \bot SD$ Vậy $SD \bot \left( {AMN} \right)$, mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AMN} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA;AD} \right) = ASD$ vì $\Delta SAD$ vuông tại A.Ta có: $\tan \,ASD = \frac{{AD}}{{SA}}$ Mà AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ nên $AD = \frac{{BC}}{{\sin {{120}^0}}} = \frac{{2BC}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{SA}}{{\sqrt 3 }}$ Vậy $\tan \,ASD = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow ASD = {30^0}$

Gợi ý

Phương pháp: +) Gọi H là trung điểm của BC $ \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)$ +) Xác định góc giữa AA' và BM. +) Áp dụng định lí Cosin trong tam giác. Cách giải: Gọi H là trung điểm của BC$ \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)$Ta có $A'H = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ nên $AA' = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ Do $AA'//CC'$ nên $\left( {AA';BM} \right) = \left( {CC';BM} \right)$. Ta tính góc BMC Vì M là trung điểm của CC' nên $CM = \frac{1}{2}CC' = \frac{1}{2}AA' = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$ Gọi N là giao điểm của A'M với AC. Do $CM//AA',\,\,CM = \frac{1}{2}AA'$ nên CM là đường trung bình $\Delta AA'N \Rightarrow $ là trung điểm của AN. C Ta có: $A'C = AC = CN$ nên $AA'N$ vuông tại A', $AN = 2a,\,\,AA' = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow A'N = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$ Tương tự $\Delta ABN$ vuông tại B, $AB = a,\,\,AN = 2a \Rightarrow BN = a\sqrt 3 $ Xét $\Delta A'BN$ có $A'B = a,\,\,BN = a\sqrt 3 ,\,\,A'N = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}$, BM là trung tuyến nên $B{M^2} = \frac{{B{N^2} + A'{B^2}}}{2} – \frac{{A'{N^2}}}{4} = \frac{{3{a^2} + {a^2}}}{2} – \frac{{5{a^2}}}{8} = \frac{{11{a^2}}}{8} \Rightarrow BN = \frac{{a\sqrt {22} }}{4}$ Xét $\Delta BMC$ có $\cos \,BMC = \frac{{B{M^2} + C{M^2} – B{C^2}}}{{2.BM.CM}} = \frac{{\frac{{11{a^2}}}{8} + \frac{{3{a^2}}}{8} – {a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt {22} }}{4}.\frac{{a\sqrt 6 }}{4}}} = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}$

Gợi ý

Cách giải: Gọi $I = B'M \cap BA'$, ta có:$\left\{ \begin{gathered} BC//B'C' \hfill \\ BC \not\subset \left( {MB'C'} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BC//\left( {MB'C'} \right)$ $ \Rightarrow d\left( {BC;C'M} \right) = d\left( {BC;\left( {MB'C'} \right)} \right) = d\left( {B;MB'C'} \right)$ Mà hai tam giác IMA' và IB'B đồng dạng, nên: $\frac{{IA'}}{{IB}} = \frac{{MA'}}{{BB'}} = \frac{3}{4} \Rightarrow IA' = \frac{3}{4}IB \Rightarrow d\left( {B;\left( {MB'C'} \right)} \right) = \frac{4}{3}d\left( {A';\left( {MB'C'} \right)} \right)$ Dựng $A'K \bot B'C'$ tại K, $A'H \bot MK$ tại H, ta có:$\left\{ \begin{gathered} B'C' \bot A'K \hfill \\ B'C' \bot MA' \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow B'C' \bot \left( {MA'K} \right) \Rightarrow A'H \bot B'C'$ Mà $A'H \bot MK \Rightarrow A'H \bot \left( {MB'C'} \right) \Rightarrow d\left( {A';\left( {MB'C'} \right)} \right) = A'H$ Xét tam giác A'B'C' vuông tại A' có: $\frac{1}{{A'{K^2}}} = \frac{1}{{A'B{'^2}}} + \frac{1}{{A'C{'^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}$ Xét tam giác MA'K vuông tại A' có: $\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{K^2}}} + \frac{1}{{A'{M^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{9{a^2}}} = \frac{{49}}{{36{a^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{6a}}{7}$ Vậy $d\left( {BC;C'M} \right) = \frac{4}{3}A'H = \frac{4}{3}.\frac{{6a}}{7} = \frac{{8a}}{7}$

Gợi ý

Phương pháp: Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh$ Cách giải: Diện tích xung quanh của hình trụ: ${S_{xq}} = 2\pi Rl = 2\pi Rh = 2\pi .a.a\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \pi {a^2}$

Gợi ý

Phương pháp: Thể tích khối nón: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h$ Cách giải: Giả sử hình nón có đỉnh S, tâm đáy là O, thiết diện qua trục là SAB. Ta có: tam giác SAB đều cạnh 2a $ \Rightarrow R = a$ Tam giác SOA vuông tại O có: $h = SO = \sqrt {S{A^2} – A{O^2}} = \sqrt 3 a$ Thể tích khối nón là: $V = \frac{1}{3}\pi {R^2}h = \frac{1}{3}.\sqrt 3 a.\pi {a^2} = \frac{{\sqrt 3 \pi {a^3}}}{3}$

Gợi ý

Phương pháp: Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_1}$ thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi ${V_2}$ thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A và thiết diện qua trục là ADC. Cách giải:Quay tam giác ABC quanh đường thẳng AB ta được khối tròn xoay có thể tích ${V_1}$ thể tích khối nón lớn có đỉnh B và thiết diện qua trục là BDC (hình vẽ) trừ đi ${V_2}$ thể tích khối nón nhỏ có đỉnh A và thiết diện qua trục là ADC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy của hai khối nón Xét tam giác AOC vuông tại O, có: $\sin {60^0} = \frac{{OC}}{{AC}} \Rightarrow OAC\sin {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$ $\cos {60^0} = \frac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow OA = AC\cos {60^0} = \frac{a}{2} \Rightarrow OB = \frac{3}{2}a$ $V = {V_1} – {V_2} = \frac{1}{3}BO.\pi ,\,\,\,O{C^2} – \frac{1}{3}OA.\pi O{C^2} = \frac{1}{3}\pi O{C^2}\left( {BO – OA} \right) = \frac{1}{3}\pi .{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}a} \right)^2}a = \frac{{\pi {a^3}}}{4}$

Gợi ý

Phương pháp: Xét hàm số, tìm GTLN.
Cách giải: Gọi R, h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ.
Diện tích toàn phần hình trụ: ${S_{tp}} = 2\pi Rh + 2\pi {R^2} = \pi \Rightarrow h = \frac{{1 – 2{R^2}}}{{2R}}$
Do $h > 0 \Rightarrow 1 – 2{R^2} > 0 \Leftrightarrow {R^2} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow 0 < R < \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ Thể tích khối trụ: $V = \pi {R^2}h = \pi {R^2}.\frac{{1 - 2{R^2}}}{{2R}} = \frac{{\pi \left( {R - 2{R^3}} \right)}}{2}$ Xét hàm số $g\left( R \right) = \frac{\pi }{2}\left( {R - 2{R^3}} \right)$ trên $\left( {0;\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$ Ta có: $g'\left( R \right) = \frac{\pi }{2}\left( {1 - 6{R^2}} \right),\,\,\,g'\left( R \right) = 0 \Leftrightarrow R = \frac{{\sqrt 6 }}{6}\,\,\left( {do\,\,R > 0} \right)$
Bảng biến thiên:
Vậy, thể tích khối trụ lớn nhất khi $R = \frac{{\sqrt 6 }}{6} \Rightarrow h = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$