Câu 31.
+) Ta có ${y}’=4{{x}^{3}}-2x=2xleft( 2{{x}^{2}}-1 right)$ .
$y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
x = frac{1}{{sqrt 2 }}\
x = – frac{1}{{sqrt 2 }}
end{array} right.$, cả ba nghiệm trên đều thuộc đoạn $left[ -2,;,3 right]$ .
Ta có $yleft( 0 right)=13$ , $yleft( pm frac{1}{sqrt{2}} right)=frac{51}{4}$ , $yleft( -2 right)=25$ , $yleft( 3 right)=85$ .
Do vậy, $underset{left[ -2,;,3 right]}{mathop{min}},y=frac{51}{4}$, đạt được tại $x=pm frac{1}{sqrt{2}}$ .
Câu 32:
Diện tích xung quanh của hình nón là ${{S}_{xq}}=pi rl=4sqrt{3}pi {{a}^{2}}$.
Câu 33:
Đặt $t=2x$ $Rightarrow $ $dt=2dx$ $Rightarrow $ $dx=frac{dt}{2}$,
$begin{array}{l}
x = 0 Rightarrow t = 0\
x = 1 Rightarrow t = 2
end{array}$
Ta có $2=intlimits_{0}^{1}{f(2x)dx=intlimits_{0}^{2}{frac{f(t)dt}{2}=frac{1}{2}intlimits_{0}^{2}{f(t)dt}}}$$Rightarrow intlimits_{0}^{2}{f(t)dt=4}$
Theo tính chất tích phân $intlimits_{0}^{2}{f(x)dx=intlimits_{0}^{2}{f(t)dt=4}}$
Vậy$intlimits_{0}^{2}{f(x)dx=4}$
Cách 2: Trắc nghiệm
Chọn $f(x)=2,forall x$
Ta có $intlimits_{0}^{1}{f(2x)dx=intlimits_{0}^{1}{2dx=2}}$, hàm số đã chọn thỏa mãn giả thiết
Và, $intlimits_{0}^{2}{f(x)dx=intlimits_{0}^{2}{2dx=4}}$. Vậy chọn đáp án D.
Câu 34:
Dạng toán lãi kép:
Bài toán tổng quát: gửi $a$ đồng vào ngân hàng với lãi suất $r%$ (sau mỗi kì hạn không rút tiền lãi ra).
Gọi ${{A}_{n}}$ là số tiền có được sau $n$ năm.
Sau $1$ năm: ${{A}_{1}}=a+r%.,a=aleft( 1+r% right)$.
Sau $2$ năm: ${A_2} = aleft( {1 + r% } right) + aleft( {1 + r% } right).,r% = a{left( {1 + r% } right)^2}$
Sau $3$ năm: ${A_3} = a{left( {1 + r% } right)^2} + a{left( {1 + r% } right)^2}.,r% = a{left( {1 + r% } right)^3}$
Sau $n$ năm: ${A_n} = a{left( {1 + r% } right)^n}$
Người đó nhận được số tiền hơn $100$ triệu. Suy ra:
$begin{array}{l}
50{left( {1 + 6% } right)^n} > 100\
Leftrightarrow 50.1,{06^n} > 100\
Leftrightarrow 1,{06^n} > 2\
Leftrightarrow n > {log _{1,06}}2 = 11,9
end{array}$
Vậy $n=12$.
Câu 35:
+) Quay tam giác $ABC$ quanh đường thẳng $AB$ thì đường gấp khúc $BAC$ quay quanh $AB$ tạo thành một hình nón đỉnh $B$, tâm $A$, đường sinh $BC=l=a$ và bán kính đáy$R=AC,text{ }$.
+) Xét tam giác vuông $ABC$ có:
$sin 30{}^circ =frac{AC}{BC}to AC=BC.sin 30{}^circ =frac{a}{2}$.
+) Vậy diện tích xung quanh của hình nón là: ${{S}_{xq}}=pi Rl=frac{pi {{a}^{2}}}{2}$.
Ghi nhớ: +) Công thức tính diện tích xung quanh hình nón: ${{S}_{xq}}=pi Rl$.
Câu 36:
Phương trình: ${{2.4}^{x}}-{{9.2}^{x}}+4=0$$(1)$ có TXĐ: $D=mathbb{R}$.
Đặt $t={{2}^{x}}$ ( $t>0)$ Khi đó pt( 1) trở thành:
$2{t^{^2}} – 9t + 4 = 0 Leftrightarrow (t – 4)(2t – 1) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
t = 4(tm)\
t = frac{1}{2}(tm)
end{array} right.$
Với $t=4Rightarrow {{2}^{x}}=4Leftrightarrow {{2}^{x}}={{2}^{2}}Leftrightarrow x=2$
Với $t=frac{1}{2}Rightarrow {{2}^{x}}=frac{1}{2}Leftrightarrow {{2}^{x}}={{2}^{-1}}Leftrightarrow x=-1$
Phương trình có tập nghiệm là: $S=text{ }!!{!!text{ }2;-1}$. Vậy tổng tất cả các nghiệm của pt (1) là $1$.
Câu 37:
Gọi số phức $z=a+bi$, với $a,b$ thuộc $mathbb{R}$. Khi đó, $M(a;b)$ là điểm biểu diễn số phức $z$.
Ta có: $left| z+2 right|=left| z-i right|$$Leftrightarrow left| a+2+bi right|=left| a+(b-1)i right|$ $Leftrightarrow sqrt{{{(a+2)}^{2}}+{{b}^{2}}}=sqrt{{{a}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}}$
$Leftrightarrow {{(a+2)}^{2}}+{{b}^{2}}={{a}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}$$Leftrightarrow 4a+2b+3=0$ $Leftrightarrow $điểm $M(a;b)$thuộc đường thẳng $4x+2y+3=0$
Vậy, tập hợp các điểm $M$ thỏa mãn bài ra là đường thẳng $4x+2y+3=0$.
Câu 38 :
Cách 1: Phương trình ${{z}^{2}}+2z+10=0$ có hai nghiệm phức: ${{z}_{1}}=-1-3i$, ${{z}_{2}}=-1+3i$.
Khi đó: $left| {{z}_{1}}^{2} right|+left| {{z}_{2}}^{2} right|=left| {{left( -1-3i right)}^{2}} right|+left| {{left( -1+3i right)}^{2}} right|=20$.
Cách 2: Ta có ${{z}_{1}}$, ${{z}_{2}}$ là hai số phức liên hợp nên: .$left| {{z}_{1}}^{2} right|+left| {{z}_{2}}^{2} right|={{left| {{z}_{1}} right|}^{2}}+{{left| {{z}_{2}} right|}^{2}}=left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} right|+left| {{z}_{1}}.{{z}_{2}} right|=10+10=20$
Câu 39:
Đặt
$t = {log _3}a = {log _6}b = {log _2}left( {a + b} right) Rightarrow left{ begin{array}{l}
a = {3^t}\
b = {6^t}\
a + b = {2^t}
end{array} right. Rightarrow {3^t} + {6^t} = {2^t} Leftrightarrow {left( {frac{3}{2}} right)^t} + {3^t} = 1begin{array}{*{20}{c}}
{}&{left( 1 right)}
end{array}$
Xét hàm số $fleft( t right)={{left( frac{3}{2} right)}^{t}}+{{3}^{t}}$ trên $mathbb{R}$, có $f’left( t right)={{left( frac{3}{2} right)}^{t}}.ln left( frac{3}{2} right)+{{3}^{t}}.ln 3>0,forall tin mathbb{R}Rightarrow fleft( t right)$đồng biến trên $mathbb{R}$ và $left( 1 right)Leftrightarrow fleft( t right)=fleft( -1 right)Leftrightarrow t=-1Rightarrow a=frac{1}{3},b=frac{1}{6}Rightarrow frac{1}{{{a}^{2}}}+frac{1}{{{b}^{2}}}=45.$
Bình luận: Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số$fleft( t right)={{left( frac{3}{2} right)}^{t}}+{{3}^{t}}$ , có thể làm theo cách khác sau đây: Do cơ số lớn hơn 1 nên$gleft( t right)={{left( frac{3}{2} right)}^{t}}$và $hleft( t right)={{3}^{t}}$ là các hàm đồng biến trên $mathbb{R}$, nên $f(t)=g(t)+h(t)$cũng là một hàm đồng biến trên $mathbb{R}$. Dựa vào tính chất này, ta có thể khẳng định rất nhanh một số hàm số là đồng biến, mà không phải tính đạo hàm cồng kềnh và không phải mất công xét dấu của đạo hàm.
Có thể phát biểu thành lời nôm na như sau: Tổng hai hàm đồng biến ( t.ư, nghịch biến) trên tập $X$, là một hàm đồng biến (t.ư, nghịch biến) trên tập $X$.
Câu hỏi: Tích hai hàm đồng biến trên tập $X$ có là một hàm đồng biến trên tập $X$ hay không?
Câu trả lời là KHÔNG.
Phản ví dụ: $g(x)=x,h(x)=x+1$ là các hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$, nhưng $f(x)=g(x).h(x)={{x}^{2}}+x$không phải là hàm số đồng biến trên $mathbb{R}$. Như vậy, một câu hỏi tự nhiên đặt ra: Khi nào thì có tính chất tích hai hàm đồng biến trên tập $X$ là một hàm đồng biến trên tập $X$ ?
Tính chất: Nếu là các hàm$g(t),h(t)$nhận giá trị không âm trên tập X và đồng biến trên tập $X$, thì $f(t)=g(t).h(t)$ cũng là hàm đồng biến trên $X$. Tính chất này thu được nhờ chứng minh một cách đơn giản bằng định nghĩa, và dựa trên tính chất cơ bản của bất đẳng thức như sau:
Nếu $a>bge 0,c>dge 0$thì $ac>bd$.
Dựa vào tính chất này ta có thể dễ dàng chỉ ra một hàm số rất cồng kềnh là một hàm đồng biến. Ví dụ $f(x)={{e}^{2x+3}}.ln ({{x}^{2}}+1).sqrt[4]{x+2}.sqrt[3]{x+1}$là một hàm số đồng biến trên $(0;+infty )$.
Câu 40:
Ta có: $overrightarrow{AB}=left( 2;-1;1 right)$. Mặt phẳng $left( P right)$ có 1 véctơ pháp tuyến là: ${{overrightarrow{n}}_{left( P right)}}=left( 1;-1;0 right)$.
Gọi $overrightarrow{n}$ là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm. Khi đó $left{ begin{array}{l}
overrightarrow n bot overrightarrow {AB} \
overrightarrow n bot {overrightarrow n _{left( P right)}}
end{array} right. Rightarrow overrightarrow n = left[ {overrightarrow {AB} ;{{overrightarrow n }_{left( P right)}}} right] = left( {1;1; – 1} right)$
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là: $1left( x-0 right)+1left( y-1 right)-1left( z-0 right)=0Leftrightarrow x+y-z-1=0$.
Câu 41:
Ta có: Đặt: $y=g(x)=fleft( {{x}^{2}}+2x right)$; ${g}'(x)=left[ f({{x}^{2}}+2x) right]{{,}^{prime }}=left( 2x+2 right).{f}'({{x}^{2}}+2x)$
${g}'(x)=0Leftrightarrow left( 2x+2 right).{f}'({{x}^{2}}+2x)=0$
$ Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
2x + 2 = 0\
f'({x^2} + 2x) = 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
{x^2} + 2x = – 2(VN)\
{x^2} + 2x = 1,,,\
{x^2} + 2x = 3
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = – 1 – sqrt 2 ,,,,,,\
x = – 1 + sqrt 2 ,,,,,,\
x = 1,,,\
x = – 3
end{array} right.$
(Trong đó: $x=-1-sqrt{2},;x=-1+sqrt{2},,$là các nghiệm bội chẵn của PT: ${{x}^{2}}+2x=1,,,$)
+ Ta có bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số $y=fleft( {{x}^{2}}+2x right)$nghịch biến trên khoảng $left( -2;-1 right)$.
Chú ý: Cách xét dấu ${g}'(x)$:
Chọn giá trị $x=0in left( -1;-1+sqrt{2} right)Rightarrow {{x}^{2}}+2x=0Rightarrow {g}'(0)={f}'(0)>0$( dựa theo bảng xét dấu của hàm ${f}'(x)$). Suy ra ${g}'(x)>0,forall xin left( -1;-1+sqrt{2} right)$, sử dụng quy tắc xét dấu đa thức “ lẻ đổi, chẵn không” suy ra dấu của ${g}'(x)$ trên các khoảng còn lại
Câu 42:
Gọi $z=x+yi,,,left( x,yin R right)$
Khi đó $left| {bar{z}} right|=left| z+2i right|Leftrightarrow sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=sqrt{{{x}^{2}}+{{left( y+2 right)}^{2}}}Leftrightarrow y=-1.$ Suy ra điểm $M$ biểu diễn số phức $z$ thuộc đường thẳng $y=-1$.
Xét $P=left| z-i right|+left| z-4 right|=left| x+left( y-1 right)i right|+left| x-4+yi right|$
Đặt $Aleft( 0,;,1 right),;,Bleft( 4,;,0 right)$ suy ra $P=MA+MB$
$A,,B$ nằm cùng phía so với đường thẳng $y=-1$, gọi $Cleft( 0,;,-3 right)$ là điểm đối xứng với $Aleft( 0,;,1 right)$ qua đường thẳng $y=-1$.
Khi đó $P=MA+MB=MC+MBge BC=sqrt{{{left( 0-4 right)}^{2}}+{{left( -3-0 right)}^{2}}}=5$. Dấu bằng xẩy ra khi $M,,,B,,C$ thẳng hàng.
Phương trình đường thẳng $BC:,3x-4y-12=0$, suy ra tọa độ điểm $Mleft( frac{8}{3},;,-1 right)$ hay $z=frac{8}{3}-i$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $left| z-i right|+left| z-4 right|$ bằng $5$ đạt được khi $z=frac{8}{3}-i$.
Câu 43:
Đặt $t=sqrt{3text{x}+1}$ $Rightarrow {{t}^{2}}=3x+1$ $Rightarrow 2text{tdt}=text{3dx}$$Rightarrow text{dx}=frac{2}{3}text{tdt}$
Đổi cận: $x=1Rightarrow t=2$; $x=5Rightarrow t=4$
$intlimits_1^5 {frac{1}{{1 + sqrt {3{rm{x}} + 1} }}{rm{d}}} x = frac{2}{3}intlimits_2^4 {frac{{rm{t}}}{{1 + {rm{t}}}}{rm{d}}} {rm{t}} = frac{2}{3}intlimits_2^4 {(1 – frac{1}{{1 + {rm{t}}}}{rm{)d}}} {rm{t}} = frac{2}{3}({rm{t}} – ln left| {{rm{t}} + 1} right|)left| {begin{array}{*{20}{c}}
4\
2
end{array} = } right.frac{4}{3} – frac{2}{3}ln 5 + frac{2}{3}ln 3$
$Rightarrow a=frac{4}{3},b=frac{2}{3},c=-frac{2}{3}$ $Rightarrow a+b+c=frac{4}{3}$.
Câu 44.
Ta có:
$intlimits_{0}^{2}{frac{{{x}^{2}}+5x+2}{{{x}^{2}}+4x+3}text{d}x}$$=intlimits_{0}^{2}{left( 1+frac{x-1}{left( x+1 right)left( x+3 right)} right)text{d}x}$$=intlimits_{0}^{2}{left( 1-frac{1}{x+1}+frac{2}{x+3} right)text{d}x}$$=left. left( x-ln left| x+1 right|+2ln left| x+3 right| right) right|_{0}^{2}$$=2-3ln 3+2ln 5$.
Vậy $a=2,b=-3,c=2$, do đó $abc=-12$.
Câu 45: Từ đồ thị hàm số đã cho ta thấy đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ âm.
-Xét hàm số $y={{x}^{3}}-2{{x}^{2}}+x-1$.
Ta có $y’=3{{x}^{2}}-4x+1$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = frac{1}{3}
end{array} right.$
Dễ nhận thấy hoành độ hai điểm cực trị dương nên loại đáp án A .
-Xét hàm số $y={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x-1$. Ta có $y’=3{{x}^{2}}-2x+1$$>0$$forall xin R$ nên hàm số đã cho luôn đồng biến trên R nên không có điểm cực trị. Loại đáp án B
-Xét hàm số $y={{x}^{3}}-{{x}^{2}}-1$. Ta có $y’=3{{x}^{2}}-2x$; $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 1\
x = frac{1}{3}
end{array} right.$
Dễ nhận thấy đồ thị hàm số có hai điểm cực trị có hoành độ không âm nên đáp án C loại
Bằng phương pháp loại trừ ta chọn đáp án D
Câu 46 :
Gọi $I$ là điểm thỏa mãn: $2overrightarrow{IA}+overrightarrow{IC}-overrightarrow{IB}=vec{0}Leftrightarrow 2(overrightarrow{OA}-overrightarrow{OI})+(overrightarrow{OC}-overrightarrow{OI})-(overrightarrow{OB}-overrightarrow{OI})=overrightarrow{0}$
$Leftrightarrow overrightarrow{OI}=frac{2overrightarrow{OA}+overrightarrow{OC}-overrightarrow{OB}}{2}Rightarrow Ileft( 1;2;-2 right)$
Ta có $2M{{A}^{2}}=2{{overrightarrow{MA}}^{2}}=2{{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IA} right)}^{2}}=2{{overrightarrow{MI}}^{2}}+2{{overrightarrow{IA}}^{2}}+4overrightarrow{MI}.overrightarrow{IA}$
$M{{B}^{2}}={{overrightarrow{MB}}^{2}}={{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IB} right)}^{2}}={{overrightarrow{MI}}^{2}}+{{overrightarrow{IB}}^{2}}+2overrightarrow{MI}.overrightarrow{IB}$
$M{{C}^{2}}={{overrightarrow{MC}}^{2}}={{left( overrightarrow{MI}+overrightarrow{IC} right)}^{2}}={{overrightarrow{MI}}^{2}}+{{overrightarrow{IC}}^{2}}+2overrightarrow{MI}.overrightarrow{IC}$
Suy ra $2M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=2M{{I}^{2}}+2I{{A}^{2}}+I{{C}^{2}}-I{{B}^{2}}+2overrightarrow{MI}left( 2overrightarrow{IA}+overrightarrow{IC}-overrightarrow{IB} right)$
Suy ra $2M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=2M{{I}^{2}}+2I{{A}^{2}}+I{{C}^{2}}-I{{B}^{2}}$. Do I cố định nên $2I{{A}^{2}}+I{{C}^{2}}-I{{B}^{2}}$ không đổi. Vậy $2M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}$ nhỏ nhất $Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất$Leftrightarrow MI$ nhỏ nhất $Leftrightarrow M$ là hình chiếu của I trên (P).
· Đường thẳng $Delta $ qua $Ileft( 1;2;-2 right)$ và vuông góc với $left( P right)$ là: $left{ begin{array}{l}
x = 1 + 3t\
y = 2 – 3t\
z = – 2 + 2t
end{array} right.$
Suy ra tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ $left{ begin{array}{l}
x = 1 + 3t\
y = 2 – 3t\
z = – 2 + 2t\
3x – 3y + 2z – 15 = 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 4\
y = – 1\
z = 0\
t = 1
end{array} right. Rightarrow Mleft( {4; – 1;0} right)$
Suy ra $a+b+c=3$
Câu 47: Xét hàm: $y={{x}^{3}}-left( m-2 right){{x}^{2}}-mx-{{m}^{2}}$
TXĐ: $D=mathbb{R}$
${y}’=3{{x}^{2}}-2left( m-2 right)x-m$
Nhận xét :
– Mỗi giao điểm của đồ thị hàm số $y=f(x)$ với trục $text{Ox}$sẽ có một điểm cực tiểu của đồ thị hàm số $y=|f(x)|$
– Nếu hàm số $y=f(x)$có ${{y}_{cd}}.{{y}_{ct}}ge 0$ thì hàm số $y=|f(x)|$ chỉ có hai cực tiểu
– Nếu hàm số $y=f(x)$ không có cực trị thì hàm số $y=|f(x)|$ chỉ có một cực tiểu .
Yêu cầu bài toán $Leftrightarrow {y}’=0$ có hai nghiệm phân biệt và ${{y}_{ctext{d}}}.{{y}_{ct}}<0$
$Leftrightarrow {{x}^{3}}-left( m-2 right){{x}^{2}}-mx-{{m}^{2}}=0$ có ba nghiệm phân biệt
$ Leftrightarrow left( {x – m} right)left( {{x^2} + 2x + m} right) = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = m\
left{ begin{array}{l}
1 – m > 0\
{m^2} + 3m ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
m < 1\
m ne {rm{{ }}0; – 3{rm{} }}
end{array} right.
end{array} right.$
Theo đề ra ta có: $min Z,$ $|m|<5Leftrightarrow -5<m<5$
Kết hợp điều kiện trên ta được: $left{ begin{array}{l}
m in Z\
– 5 < m < 1\
m ne 0;m ne – 3
end{array} right. Rightarrow m in {rm{{ }} – 4; – 2; – 1} $
Câu 48:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d, gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên $(P)$. Do đó khoảng cách từ A đến $(P)$ là: $dleft( A;(P) right)=AK.$
Ta có $d:left{ begin{array}{l}
x = – 1 – 2t\
y = t\
z = 1 + t
end{array} right.$. Vì $Hin d$ nên $Hleft( -2t-1;t;t+1 right)$.
$overrightarrow{AH}left( -2t-2;t-2;t-2 right)$, VTCP của đường thẳng d là $overrightarrow{{{u}_{d}}}left( -2;1;1 right)$.
$overrightarrow{AH}bot overrightarrow{{{u}_{d}}}Leftrightarrow overrightarrow{AH}.overrightarrow{{{u}_{d}}}=0Leftrightarrow -2(-2t-2)+t-2+t-2=0Leftrightarrow t=0$.
Do đó $Hleft( -1;0;1 right)$ và $overrightarrow{AH}left( -2;-2;-2 right)Rightarrow AH=2sqrt{3}$ (không đổi).
Vì $AKle AH$( đường vuông góc luôn ngắn hơn đường xiên) nên $AK$ lớn nhất khi $AK=AH$ hay $Kequiv H$.
Ta có $overrightarrow{AK}=overrightarrow{AH}=(-2;-2;-2)=-2(1;1;1)$. Vậy, một vec tơ pháp tuyến của $(P)$ là $overrightarrow{n}=(1;1;1)$.
Câu 49:
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ nên $A’Hbot left( ABC right),,$( theo giả thiết)
Suy ra góc giữa $A’C$ và $left( ABC right)$ là góc $widehat{A’CH,}=60{}^circ $.
Xét $Delta ABC$ đều cạnh $a$ có $CH$ là đường cao nên $CH=frac{asqrt{3}}{2}$; ${{S}_{Delta ABC}}=frac{{{a}^{2}}sqrt{3}}{4}$.
Xét $Delta A’HC$ vuông tại $H$có $A’H=tan {{60}^{0}}.CH=sqrt{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{3a}{2}$.
Thể tích lăng trụ: ${{V}_{ABC.A’B’C’}}=A’H.{{S}_{Delta ABC}}=frac{3a}{2}.frac{sqrt{3}{{a}^{2}}}{4}=frac{3sqrt{3}{{a}^{3}}}{8}$.
Câu 50:
$f(x)-x{f}'(x)=-2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}Leftrightarrow frac{1.f(x)-x.{f}'(x)}{{{x}^{2}}}=frac{-2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}}Leftrightarrow {{left[ frac{f(x)}{x} right]}^{prime }}=2x+3$
Suy ra, $frac{f(x)}{x}$ là một nguyên hàm của hàm số $gleft( x right)=2x+3$.
Ta có $int{left( 2x+3 right)}dx={{x}^{2}}+3x+C,$$Cin mathbb{R}$.
Do đó, $frac{f(x)}{x}={{x}^{2}}+3x+{{C}_{1}},$ (1) với ${{C}_{1}}in mathbb{R}$ nào đó.
Vì $f(1)=4$ theo giả thiết, nên thay $x=1$ vào hai vế của (1) ta thu được ${{C}_{1}}=0$, từ đó $f(x)={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}$ . Vậy $f(2)=20$.
