Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông có cạnh bằng \(4\). Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều và \(SCD\) là tam giác vuông cân tại \(S\). Tính thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) (làm tròn đến hàng phần trăm).

Đáp án: 0,57.

+) Người quan sát ở điểm \(M\left( {1;2;3} \right)\). Vật cần quan sát ở điểm \(N\left( {3;6; - 12} \right)\).

\(MN:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + t\left( {3 - 1} \right)}\\{y = 2 + t\left( {6 - 2} \right)}\\{z = 3 + t\left( { - 12 - 3} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 + 2t}\\{y = 2 + 4t}\\{z = 3 - 15t}\end{array}} \right.\)

+) Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi tấm bìa cứng chắn ngang đường thẳng \(MN\). Tấm bìa nằm trong mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\), tức là mặt phẳng \(z = 0\).

+)Giao điểm của đường thẳng \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) là điểm \(I\) có tọa độ \({z_I} = 0\).

\(3 - 15t = 0 \Leftrightarrow t = \frac{3}{{15}} = \frac{1}{5}\).

Thay \(t = \frac{1}{5}\) vào phương trình đường thẳng \(MN\), ta được tọa độ điểm \(I\left( {1,4;2,8;0} \right)\) là điểm trên mặt phẳng \(\left( {Oxy} \right)\) mà đường nhìn \(MN\) đi qua.

+) Tấm bìa cứng có dạng hình tròn bán kính \(R = 2\). Nó bắt đầu từ gốc tọa độ và di chuyển theo hướng vector \(\vec j = \left( {0;1;0} \right)\) với tốc độ \(v = 5\left( {cm/s} \right)\).

Tại thời điểm \(t\) (giây), tâm của hình tròn là \(O{\rm{'}}\left( {0;vt;0} \right) = O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\).

Tầm nhìn của người quan sát bị che khuất khi điểm \(I\) nằm trong hoặc trên đường biên của hình tròn di động.

Điều này xảy ra khi khoảng cách từ \(I\) đến \(O{\rm{'}}\left( {0;5t;0} \right)\) nhỏ hơn hoặc bằng bán kính \(R = 2\).

\(d\left( {I,O{\rm{'}}} \right) \le R\)

\(\sqrt {{{\left( {1,4 - 0} \right)}^2} + {{\left( {2,8 - 5t} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} \le 2\)\( \Leftrightarrow - 4,2282856 \le - 5t \le - 1,3717144\)

\( \Leftrightarrow 0,27434288 \le t \le 0,84565712\)

Khoảng thời gian tầm nhìn bị che khuất là:

\(\Delta t = 0,84565712 - 0,27434288 = 0,57131424\) (giây)

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, ta được \(\Delta t \approx 0,57\) (giây).

a) Đúng

Dựa vào hình ảnh đồ thị đã cho ta có x = 1 là đường tiệm cận đứng và y = -1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

b) Sai

Từ đồ thị ta có

Đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x = \frac{1}{c} \Rightarrow \frac{1}{c} = 1 \Rightarrow c = 1\)

Đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm là \(y = \frac{a}{c} \Rightarrow \frac{a}{c} = - 1;c = 1 \Rightarrow a = - 1\)

Đồ thị hàm số đi qua điểm (2;0) nên \(\frac{{2a + b}}{{2c - 1}} = 0 \Rightarrow 2a + b = 0,a = - 1 \Rightarrow b = 2\)

Ta có a + 2b - 3c = -1 + 2.2 – 3.1= 0

c) Đúng

Ta có hàm số \(y = f(x) = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\,\) nên \(f'(x) = \frac{{ - 1.( - 1) - 2.1}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{{{(x - 1)}^2}}}\,\,\,(x \ne 1)\)

Suy ra \(f'(x) < 0\) với mọi\(x \in R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

d) Sai

Cách 1: Áp dụng công thức tính nhanh đối với hàm số phân thức dạng \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\,\) (điều kiện \(ad - bc \ne 0;\,c \ne 0\)) thì khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm M và N thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị được tính bằng công thức \(M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2\left| {ad - bc} \right|}}{{{c^2}}}} \)

+ Ta có a = -1; b = 2; c = 1; d = -1

+ \(\left| {ad - bc} \right|\, = 1\)

+ \(M{N_{\min }} = 2\sqrt {\frac{{2.1}}{{{1^2}}}} \, = 2\sqrt 2 = \sqrt 8 \)

Cách 2: Ta có hàm số \(y = \frac{{ - x + 2}}{{x - 1}}\, = - 1 + \frac{1}{{x - 1}}\)

Gọi \(M({x_1};{y_1})\) thuộc nhánh trái của đồ thị hàm số

\(N({x_2};{y_2})\) thuộc nhánh phải của đồ thị

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 1 - m\\{x_2} = 1 + n\\m,n > 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_1} = - 1 - \frac{1}{m}\\{y_2} = - 1 + \frac{1}{n}\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}M{N^2} = {({x_2} - {x_1})^2} + {({y_2} - {y_1})^2}\\ = {(m + n)^2} + {(\frac{1}{m} + \frac{1}{n})^2} = {(m + n)^2} + {(\frac{{m + n}}{{mn}})^2}\\\, = {(m + n)^2}\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right]\\\mathop \ge \limits^{\cos i} {(2\sqrt {mn} \,)^2}.\left[ {1 + \frac{1}{{{{(mn)}^2}}}} \right] = 4(mn + \frac{1}{{mn}})\\\mathop \ge \limits^{\cos i} \,4.2\sqrt {mn.\frac{1}{{mn}}} = 8\end{array}\)

\(M{N_{\min }} = \sqrt 8 \, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = n > 0\\mn = \frac{1}{{mn}}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = n = 1\).