Câu hỏi:
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A’B’C’\) có tất cả các cạnh bằng \(3a\). Gọi \(M\)thuộc cạnh \(B’C’\) sao cho \(MC’ = 2MB’\) , \(N\) thuộc cạnh \(AC\) sao cho \(AC = 4NC\) Mặt phẳng \(\left( {A’MN} \right)\) cắt cạnh \(BC\) tại \(Q\). Tính thể tích \(V\) khối đa diện \(CNQ.C’A’M\).
A. \(V = \frac{{189\sqrt 3 {a^3}}}{{64}}\).
B. \(V = \frac{{63\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)
Đáp án chính xác
C. \(V = \frac{{26\sqrt 3 {a^3}}}{{16}}.\)
D. \(V = \frac{{31\sqrt 3 {a^3}}}{{16}}.\)
Trả lời:
Cách 1.
Mặt phẳng
\(\left( {A’MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A’B’C’} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A’M\) với cạnh \(BC.\)
Kéo dài các đường \(A’N,MQ\) và \(C’C\) đồng quy tại cùng một điểm \(P\) (3 mặt phẳng cắt nhau theo 3 giao tuyến đồng quy).
Như vậy khối đa diện cần tính thể tích là một khối chóp cụt.
Ta có \(C’M = \frac{2}{3}B’C’ = 2a.{S_1} = {S_{\Delta A’C’M}} = \frac{1}{2}A’C’.C’M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)
Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A’M//AE\) nên
Diện tích tam giác \(CNQ\) là \({S_2} = {S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{2}CQ.CN.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{3a}}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{{32}}.\)
Vậy ..
Cách 2:
Mặt phẳng \(\left( {A’MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A’B’C’} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A’M\) với cạnh \(BC.\)
Ta có \(C’M = \frac{2}{3}B’C’ = 2A,{S_{\Delta A’C’M}} = \frac{1}{2}A’C’.C’M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)
Lại có \(\frac{{PC}}{{PC’}} = \frac{{CN}}{{A’C’}} = \frac{{CN}}{{AC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{PC}}{{CC’}} = \frac{1}{3} \Rightarrow PC = \frac{1}{3}.3a = a \Rightarrow PC’ = 4a.\)
Thể tích khối chóp \(P.C’A’M\) là \({V_{P.C’A’M}} = \frac{1}{3}.4a.\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2} = 2\sqrt 3 {a^3}.\)
Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A’M//AE\) nên
\(\frac{{CQ}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow CQ = \frac{1}{4}CE = \frac{1}{4}C’M = \frac{1}{2}a.\)
Ta có \({S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{2}D\left( {N,CQ} \right).CQ = \frac{1}{2}.\frac{1}{4}.d\left( {A,BC} \right).CQ = \frac{1}{8}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}.\frac{1}{2}a = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{{32}}.\)
Thể tích khối chóp \(P.CNQ\) là \({V_{P.CNQ}} = \frac{1}{3}PC.{S_{\Delta CNQ}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{{32}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{32}}.\)
Vậy \({V_{CNQ.C’A’M}} = {V_{P.C’A’M}} – {V_{P.CNQ}} = 2\sqrt 3 {a^3} – \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{32}} = \frac{{63\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)
Cách 3:
Mặt phẳng \(\left( {A’MN} \right)\) cắt các mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A’B’C’} \right)\) theo các giao tuyến song song nên \(Q\) là giao điểm của đường thẳng qua \(N\) song song với \(A’M\) với cạnh \(BC.\)
Ta có \({V_{CNQ.C’A’M}} = {V_{N.MC’A’}} + {V_{N.CQMC’}}.\)
Ta có \(C’M = \frac{2}{3}B’C’ = 2A,{S_{\Delta A’C’M}} = \frac{1}{2}A’C’.C’M.\sin {60^0} = \frac{1}{2}.3a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2}.\)
\({V_{CNQ.C’A’M}} = \frac{1}{3}.CC’.{S_{A’C’M}} = \frac{1}{3}.3a.\frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2}.\)
Gọi \(E\) là điểm trên cạnh \(BC\) sao cho \(EC = 2EB\) thì \(A’M//AE\) nên \(NQ//AE,\) ta có:
\(\frac{{CQ}}{{CE}} = \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow CQ = \frac{1}{4}CE = \frac{1}{4}C’M = \frac{1}{2}a.\)
Diện tích hình thang \(CQMC’\) là \({S_{\Delta CQNC’}} = \frac{1}{2}CC’\left( {CQ + C’M} \right) = \frac{1}{2}.3a.\left( {\frac{1}{2}a + 2a} \right) = \frac{{15{a^2}}}{4}.\)
Thể tích khối chóp \(N.CQMC’\) là
\({V_{N.CQMC’}} = \frac{1}{3}.d\left( {N,\left( {CQMC’} \right)} \right).{S_{CQNC’}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{4}d\left( {A,\left( {BCC’B’} \right)} \right).{S_{CQNC’}} = \frac{1}{{12}}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{15{a^2}}}{4} = \frac{{15\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)
Thể tích khối đa diện cần tìm là
\({V_{CNQ.C’A’M}} = {V_{N.MC’A’}} + {V_{N.CQMC’}} = \frac{{3\sqrt 3 {a^3}}}{2} + \frac{{15\sqrt 3 {a^3}}}{{32}} = \frac{{63\sqrt 3 {a^3}}}{{32}}.\)
Đáp án B
====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong trong hình vẽ sau?
Câu hỏi:
Đồ thị của hàm số nào dưới đây có dạng đường cong trong hình vẽ sau?
A. \(y = 2{x^4} – {x^2} + 1\).
Đáp án chính xác
B. \(y = – {x^4} + {x^2} + 1\).
C. \(y = – {x^4} + 2{x^2} + 1\).
D. \(y = {x^4} – 2{x^2} + 1\).
Trả lời:
Dựa vào đồ thị ta có đồ thị trên là đồ thị hàm bậc bốn trùng phương có bề lõm hướng xuống nên hệ số \(a < 0\) nên loại đáp án A và D.
Xét điểm \(\left( {1;2} \right)\) thuộc đồ thị hàm số trên.
Thay \(\left( {1;2} \right)\) vào \(y = – {x^4} + {x^2} + 1\) ta được 2 =1 (vô lý).
Thay \(\left( {1;2} \right)\) vào \(y = – {x^4} + 2{x^2} + 1\) ta được 2 = 2 (đúng).
Nên đồ thị trong hình vẽ trên là đồ thị của hàm số \(y = – {x^4} + 2{x^2} + 1.\)
Đáp án A====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Số nghiệm của phương trình\(\frac{{\sin 2x}}{{\cos x + 1}} = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;2020\pi } \right]\) là
Câu hỏi:
Số nghiệm của phương trình\(\frac{{\sin 2x}}{{\cos x + 1}} = 0\) trên đoạn \(\left[ {0;2020\pi } \right]\) là
A. \(3030\)
B. 2020
C. 3031
Đáp án chính xác
D. 4040
Trả lời:
Điều kiện: \(\cos x + 1 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \pi + l2\pi \left( {l \in \mathbb{Z}} \right)\).
Ta có:
\(\frac{{\sin 2x}}{{\cos x + 1}} = 0 \Leftrightarrow \sin 2x = 0 \Leftrightarrow 2x = k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow x = k\frac{\pi }{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + m\pi \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)\\x = n2\pi \left( {n \in \mathbb{Z}} \right)\\x = \pi + p2\pi \left( {p \in \mathbb{Z}} \right)\end{array} \right.\)
So lại với điều kiện, phương trình có họ nghiệm là \(\left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + m\pi \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)\\x = n2\pi \left( {n \in \mathbb{Z}} \right)\end{array} \right..\)
Xét \(0 \le \frac{\pi }{2} + m\pi \le 2020\pi \Leftrightarrow – \frac{\pi }{2} \le m\pi \le \frac{{4039}}{2}\pi \Leftrightarrow – \frac{1}{2} \le m \le \frac{{4039}}{2}.\) Vì \(m \in \mathbb{Z}\) nên có 2002 giá trị \(m\) thỏa mãn đề bài.
Xét \(0 \le n2\pi \le 2020\pi \Leftrightarrow 0 \le n\pi \le 1010.\) Vì \(n \in \mathbb{Z}\) nên có 1011 giá trị \(n\) thỏa mãn đề bài.
Vậy phương trình có tổng cộng 3031 nghiệm trên đoạn \(\left[ {0;2020\pi } \right].\)
Đáp án C====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Số nghiệm của phương trình \({\log _4}\left( {3{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2}\) là
Câu hỏi:
Số nghiệm của phương trình \({\log _4}\left( {3{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2}\) là
A. \(1\).
B. \(5\).
C. \(0\).
D. \(2\).
Đáp án chính xác
Trả lời:
Ta có \({\log _4}\left( {3{x^2} + x} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 3{x^2} + x = 2\)
\( \Leftrightarrow 3{x^2} + x – 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 1\\x = – \frac{2}{3}\end{array} \right..\)
Vậy phương trình có hai nghiệm.
Đáp án D====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Với \(a\) là số thực dương khác \(1\) tùy ý, \({\log _{{a^5}}}{a^4}\) bằng
Câu hỏi:
Với \(a\) là số thực dương khác \(1\) tùy ý, \({\log _{{a^5}}}{a^4}\) bằng
A. \(\frac{1}{5}\).
B. \(\frac{4}{5}\).
Đáp án chính xác
C. \(20\).
D. \(\frac{5}{4}\).
Trả lời:
Ta có \({\log _{{a^5}}}{a^4} = \frac{4}{5}{\log _a}a = \frac{4}{5}.\)
Đáp án B====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
- Khối chóp có một nửa diện tích đáy là \(S\), chiều cao là \(2h\) thì có thể tích là:
Câu hỏi:
Khối chóp có một nửa diện tích đáy là \(S\), chiều cao là \(2h\) thì có thể tích là:
A. \(V = \frac{1}{2}S.h\).
B. \(V = \frac{1}{3}S.h\).
C. \(V = S.h\).
D. \(V = \frac{4}{3}S.h\).
Đáp án chính xác
Trả lời:
Áp dụng công thức thể tích khối chóp ta có: \(V = \frac{1}{3}.2S.2h = \frac{4}{3}S.h\)
Vậy chọn đáp án D.====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====