Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy là  thỏa mãn $\cos \alpha =\frac{1}{3}$ . Mặt phẳng (P) qua AC và vuông góc với mặt phẳng (SAD) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện. Tỷ số thể tích của hai khối đa diện (khối bé chia khối lớn) bằng

Đáp án A

Xét $y=x^3+x-5$ , ta có $y^{\text{'}}=3{\text{x}}^2+1>\mathrm{0,}\forall x\in ℝ\Rightarrow$  hàm số đồng biến trên .

Đáp án C

Ta có $\frac{4m^3+m}{\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}}=f^2\left(x\right)+3\iff 4m^3+m=\left(f^2\left(x\right)+3\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}$

$\iff 8m^3+2m=\left(2f^2\left(x\right)+6\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}$

$\iff {\left(2m\right)}^3=\left(2f^2\left(x\right)+5\right)\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}+\sqrt{f^2\left(x\right)+5}$

 (*)

Xét hàm số $g\left(t\right)=t^3+t$  có $g^{\text{'}}\left(t\right)=3t^2+1>0;\forall t\Rightarrow g\left(t\right)$  là hàm số đồng biến trên .

Phương trình (*) suy ra $g\left(2m\right)=g\left(\sqrt{2f^2\left(x\right)+5}\right)\iff \sqrt{2f^2\left(x\right)+5}=2m$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ 2f^2\left(x\right)+5=4m^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ f^2\left(x\right)=\frac{4m^2-5}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{\sqrt{5}}{2}\\ \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}\left(1\right)\\ f\left(x\right)=-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}\left(2\right)\end{array}\right.\end{array}\right.$

(vì $f\left(x\right)=0$  chỉ có hai nghiệm phân biệt nên $m>\frac{\sqrt{5}}{2}$ ).

+ Vì $-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}<0$  nên từ đồ thị hàm số ta thấy phương trình $f\left(x\right)=-\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}$  có một nghiệm duy nhất.

Từ yêu cầu bài toán suy ra phương trình $f\left(x\right)=\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}$  có hai nghiệm phân biệt.

+ Vì $\sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}>0$  nên từ đồ thị hàm số

$\Rightarrow \sqrt{\frac{4m^2-5}{2}}=4\iff 4m^2-5=32\iff \left[\begin{array}{l}m=\frac{\sqrt{37}}{2}\left(\text{thoa man}\right)\\ m=-\frac{\sqrt{37}}{2}\left(loai\right)\end{array}\right.$ .