7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án (Phần 71)

Diện tích hình thang cân ABCD là \({{\rm{S}}_{{\rm{ABCD}}}} = \frac{{3{{\rm{a}}^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Mà \({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow SA = a\)

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC

Suy ra PQ là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó PQ // AC \( \Rightarrow ({\rm{SAC}})\,{\rm{//}}\,({\rm{MPQ}}){\rm{ }}\)

Do đó: \(\widehat {\left( {{\rm{MN;}}\left( {SAC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {MN;({\rm{MPQ}})} \right)} = (\widehat {{\rm{MN}};{\rm{NH}}}) = \widehat {{\rm{MNH}}}\) với H là hình chiếu của N trên PQ

Xét tam giác SAB có P, M lần lượt là trung điểm của AB, BS

Suy ra PM là đường trung bình

Do đó PM // SA \( \Rightarrow {\rm{MP}} \bot ({\rm{ABCD}})\)

Suy ra tam giác MPN vuông tại P

Khi đó \({\rm{MN}} = \sqrt {{\rm{M}}{{\rm{P}}^2} + {\rm{N}}{{\rm{P}}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{3{\rm{a}}}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\) (định lý Pytago)

Ta có \({\rm{NH}} \bot {\rm{PQ}}\)

\( \Rightarrow {\rm{NH}} = \frac{3}{2}\;{\rm{d}}(\;{\rm{N}};({\rm{PQ}})) = \frac{3}{2}\;{\rm{d}}(\;{\rm{B}};({\rm{PQ}})) = \frac{3}{4}\)

Tam giác NMH vuông tại H, có \(\sin \widehat {MNH} = \frac{{NH}}{{MN}} = \frac{3}{4}:\frac{{\sqrt {10} }}{2} = \frac{{3\sqrt {10} }}{{20}}\)

Vậy ta chọn đáp án B.

Vì ABCD là hình vuông nên AC = BD

Vì tam giác ABD vuông tại A nên \(B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} \)

Suy ra \(AC = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} \)

Vì tam giác AA’C’ vuông tại A’ nên \(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A'C{'^2}} \)

Mà A’C’ = AC nên \(AC' = \sqrt {AA{'^2} + A{C^2}} \)

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có bán kính mặt cầu ngoại tiếp

\(R = \frac{1}{2}AC' = \frac{1}{2}\sqrt {A{C^2} + A'{A^2}} = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2} + AA{'^2}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \)

Diện tích mặt cầu đó là: \(S = 4\pi {R^2} = 4\pi .{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 3\pi {a^2}\)

Vậy ta chọn đáp án C.

Do đó: \(f(x) > 0,\forall x > 0 \Leftrightarrow - 2{m^3} + 72m > 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < - 6}\\{0 < m < 6}\end{array}} \right.\)

Vì \(m \in {\mathbb{Z}^ + } \Rightarrow m \in \{ 1;2;3;4;5\} \)

Suy ra có 5 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy ta chọn đáp án D.

1122. log3(x cawnxx 3)

Dựng hình bình hành AGCE. Ta có

\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AE} = \overrightarrow {ME} \)

Kẻ \(EF \bot BC,F \in BC \Rightarrow |\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} | = |ME| \ge EF\)

Do đó: \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {GC} } \right|\) nhỏ nhất khi M ≡ F

Gọi P là trung điểm AC, Q là hình chiếu của P trên BC

Ta có: \(BP = 3PG = \frac{3}{4}BE\)

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}PQ \bot BC\\F{\rm{E}} \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow PQ//F{\rm{E}}\) nên \(\widehat {BQP} = \widehat {BF{\rm{E}}}\) (hai góc đồng vị)

Xét ∆BPQ và ∆BEF có:

Gọi O là trung điểm của AC

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot HC} \right.\)

Suy ra tam giác AHC vuông tại H

Do đó H thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Vì tam giác AKC vuông tại K nên K thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Vì tam giác ABC vuông tại B nên B thuộc mặt cầu tâm \({\rm{O}}\) đường kính AC

Suy ra 5 điềm A, H, K, B, C đều thuộc mặt cầu tâm O đường kính AC hay khối chóp A.HKCB nội tiếp mặt cầu tâm O đường kính AC

Khi đó bán kính mặt cầu là: \(R = \frac{{AC}}{2}\)

Tam giác \({\rm{ABC}}\) vuông cân tại B và BC = a \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow R = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Suy ra thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A.HKCB là:

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}\pi \cdot {\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^3} = \frac{{\pi {a^3}\sqrt 2 }}{3}\)

Vậy ta chọn đáp án B.