Câu 30. Chọn D
Lấy 3 viên bi bất kỳ trong 29 viên bi có $C_{20}^{3}$ (cách chọn).
$\Rightarrow n\left( \Omega \right)=C_{20}^{3}$.
+ Chọn 3 viên bi có đúng một màu:
- Chọn được 3 viên bi màu đỏ có $C_{9}^{3}$ ( cách chọn).
- Chọn được 3 viên bi màu xanh có $C_{6}^{3}$ ( cách chọn).
- Chọn được 3 viên bi màu vàng có $C_{5}^{3}$ ( cách chọn).
Vậy có tất cả $C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3}=114$ (cách chọn 3 viên bi có đúng một màu).
+ Chọn 3 viên bi có đúng hai màu:
- Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và xanh có $C_{15}^{3}-C_{9}^{3}-C_{6}^{3}$ ( cách chọn).
- Chọn được 3 viên bi có màu đỏ và vàng có $C_{15}^{3}-C_{9}^{3}-C_{5}^{3}$ ( cách chọn).
- Chọn được 3 viên bi có màu vàng và xanh có $C_{15}^{3}-C_{5}^{3}-C_{6}^{3}$ ( cách chọn).
Vậy có tất cả $C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2\left( C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3} \right)$ (cách chọn 3 viên bi có đúng hai màu).
Gọi A là biến cố:” 3 viên bi lấy ra có không quả 2 màu”. $\Rightarrow n\left( A \right)=C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2\left( C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3} \right)+C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3}=870$.
$\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega \right)}=\frac{29}{38}$.
Câu 31. Chọn C.
Ta có ${{S}_{1}}=6.\frac{{{20}^{2}}\sqrt{3}}{4}=600\sqrt{3}c{{m}^{3}}$, ${{S}_{2}}={{20}^{2}}\pi =400\pi c{{m}^{3}}$ và ${{S}_{3}}={{21}^{2}}\pi =441\pi c{{m}^{3}}$.
Sau khi hoàn thiện thì chiều cao của cột và trụ là $4m=400cm$ nên thể tích vữa cần sử dụng là:
$\left[ \left( {{S}_{3}}-{{S}_{2}} \right)+\left( {{S}_{2}}-{{S}_{1}} \right) \right]400=138484,75c{{m}^{3}}$.
Biết lượng xi măng cần dùng chiếm $80%$ lượng vữa và cứ một bao xi măng $50kg$ thì tương đương với $64000c{{m}^{3}}$ xi măng nên số bao xi măng cần dùng là:
$\frac{80.138484,75}{100.6400}=17,31$, do đó cần dùng $18$ bao xi măng.
Câu 32. Chọn D.
Đồ thị có một tiệm cận ngang vì $\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,y=\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-2}{{{x}^{2}}-mx+1}=0$.
Để đồ thị hàm số đã cho có hai tiệm cận đứng thì phương trình ${{x}^{2}}-mx+1=0$ phải có hai nghiệm phân biệt khác $2$, do đó: $\left\{ \begin{array}{l}
{m^2} - 4 > 0\\
4 - 2m + 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m > 2\\
m \ne \frac{5}{2}
\end{array} \right.\\
m < - 2
\end{array} \right.$ .
Câu 33. Chọn D.
* Dân số thành phố sau $n$ năm tính từ năm $2011$ được tính theo công thức:
$S\left( n \right)={{S}_{2011}}.{{e}^{0,0137.n}};\text{ }{{S}_{2011}}=905.300$ (người).
* Học sinh học lớp 1 năm học $2024-2025$ sẽ sinh ra ở năm: $2024-6=2018$.
* Số dân của thành phố ở năm 2018 là: $S\left( 7 \right)=905.300.{{e}^{0,0137.7}}\approx 996418$ (người).
* Số dân của thành phố ở năm 2017 là: $S\left( 6 \right)=905.300.{{e}^{0,0137.6}}\approx 982860$ (người).
* Số dân của thành phố tăng thêm ở năm 2018 là: $S\left( 7 \right)-S\left( 6 \right)\approx 13558$ (người).
* Số người sinh ra ở thành năm 2018 là: $13558+2400=15958$ (người).
* Số phòng học phải chuẩn bị ở năm học $2024-2025$ là: $13558:35\approx 456$ (phòng).
Đáp án là D.
Câu 34. Chọn B.
* Xét hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ cạnh $a$.
* Đặt $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{AB},\text{ }\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AD},\text{ }\overrightarrow{c}=\overrightarrow{A{A}'}\Rightarrow \left| \overrightarrow{a} \right|=\left| \overrightarrow{b} \right|=\left| \overrightarrow{c} \right|=a,\text{ }\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}.\overrightarrow{c}=0$.
* Ta có:
$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{a}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\frac{1}{2}\overrightarrow{c}\Rightarrow \left| \overrightarrow{MN} \right|=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{1}{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{4}{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$
$\overrightarrow{A{C}'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}'}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\Rightarrow \left| \overrightarrow{A{C}'} \right|=\ \sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{3}$
$\overrightarrow{A{C}'}.\overrightarrow{MN}={{a}^{2}}-\frac{1}{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2}{{a}^{2}}={{a}^{2}}$
$\cos \left( MN;A{C}' \right)=\left| \cos \left( \overrightarrow{MN};\overrightarrow{A{C}'} \right) \right|=\frac{\left| \overrightarrow{MN}.\overrightarrow{A{C}'} \right|}{\left| \overrightarrow{MN} \right|.\left| \overrightarrow{A{C}'} \right|}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Câu 35. Chọn D.
Phương trình hoành độ giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( C \right)$
${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=mx-m-1\Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+m-2=0$$\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}-2x-m-2 \right)=0\,\,\left( * \right)$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 1 = 0\\
{x^2} - 2x - m - 2 = 0\,\,\left( {**} \right)
\end{array} \right.$
Để $\left( d \right)$ cắt $\left( C \right)$ tại ba điểm phân biệt phân biệt $A,B,C$ ($B$ thuộc đoạn $AC$) thì phương trình $\left( * \right)$ có ba nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow $ phương trình $\left( ** \right)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$.
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta ' = 1 + m + 2 > 0\\
1 - 2 - m - 2 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 3$ . Khi đó $\left( ** \right)$ có hai nghiệm là ${{x}_{1}}=1-\sqrt{m+3}$; ${{x}_{2}}=1+\sqrt{m+3}$. Rõ ràng $1-\sqrt{m+3}<1<1+\sqrt{m+3}$ nên hoành độ của $A$ và $C$ là hai nghiệm của phương trình $\left( ** \right)$. Đến đây ta dùng phương pháp thử là nhanh nhất.
Với $m=1$ thì phương trình $\left( ** \right)$ trở thành ${x^2} - 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1\\
x = 3
\end{array} \right.$ $\Rightarrow A\left( -1;-3 \right);C\left( 3;\,1 \right)$. Khi đó $OA=\sqrt{10}=OC$.
Vậy $m=1$ thỏa yêu cầu bài.
Câu 36. Chọn C.
Ta có ${y}'=4{{x}^{3}}-4mx$, $y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
{x^2} = m
\end{array} \right.$ . Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $m>0$.
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là $A\left( 0;{{m}^{4}}+2m \right),B\left( -\sqrt{m};{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m \right)$ và $C\left( \sqrt{m};{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m \right)$. Gọi $I$ là trung điểm của $BC$$\Rightarrow I\left( 0;{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m \right)$. Diện tích tam giác $ABC$ bằng $4\sqrt{2}$ nên
$\frac{1}{2}AI.BC=4\sqrt{2}$ hay $\frac{1}{2}{{m}^{2}}.2\sqrt{m}=4\sqrt{2}\Leftrightarrow {{m}^{2}}\sqrt{m}=4\sqrt{2}\Leftrightarrow m=2$.
Câu 37. Chọn A.
Gọi thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}'$ là $V={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}={{S}_{ABC}}.d\left( {C}';\left( ABC \right) \right)$, gọi trung điểm của $A{A}'$, $B{B}'$ là $E,\text{ }F$.
Thể tích khối chóp ${{V}_{{C}'.ABC}}=\frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.d\left( {C}';\left( ABC \right) \right)=\frac{V}{3}$.
Suy ra thể tích khối chóp ${{V}_{{C}'.AB{B}'{A}'}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-{{V}_{{C}'.ABC}}=\frac{2V}{3}$.
Ta có: ${{S}_{EF{A}'{B}'}}=\frac{1}{2}{{S}_{AB{B}'{A}'}}$ nên ${{V}_{{C}'.EF{A}'{B}'}}=\frac{1}{2}{{V}_{{C}'.AB{B}'{A}'}}=\frac{V}{3}$.
Suy ra ${{V}_{{C}'.CEFAB}}={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}-{{V}_{{C}'.EF{B}'{A}'}}=\frac{2V}{3}$. Vậy tỉ số thể tích hai phần bằng $\frac{1}{2}$.
Câu 38. Chọn C.
Bán kính đáy của hình nón: $R=\frac{a}{2}$.
Đường sinh của hình nón: $l=OM$$\Leftrightarrow l=\sqrt{M{{I}^{2}}+O{{I}^{2}}}$ $\Leftrightarrow l=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+4{{a}^{2}}}$$\Leftrightarrow l=a\frac{\sqrt{17}}{2}$.
Diện tích xungquanh của hình nón là $S=\pi .R.l$ $\Leftrightarrow S=\pi .\frac{a}{2}.a\frac{\sqrt{17}}{2}$ $\Leftrightarrow S=\frac{\pi {{a}^{2}}\sqrt{17}}{4}$ .
Câu 39. Đặt $BM=x$ (đơn vị là km, $0<x<7$).
Thời gian chèo đò từ $A$ đến $M$ là ${{t}_{1}}=\frac{AM}{4}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+25}}{4}$.
Thời gian đi bộ từ $M$ đến $C$ là ${{t}_{2}}=\frac{MC}{6}=\frac{7-x}{6}$.
Tổng thời gian cần thiết là $t={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+25}}{4}+\frac{7-x}{6}=f\left( x \right)$.
Ta có ${f}'\left( x \right)=\frac{x}{4\sqrt{{{x}^{2}}+25}}-\frac{1}{6}$; ${f}'\left( x \right)=0\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,\frac{x}{4\sqrt{{{x}^{2}}+25}}=\frac{1}{6}$ $\Leftrightarrow $ $2\sqrt{{{x}^{2}}+25}=3x$
$\Leftrightarrow \,\,\,4{{x}^{2}}+100=9{{x}^{2}}$ $\Leftrightarrow $ ${{x}^{2}}=20$ $\Leftrightarrow $ $x=2\sqrt{5}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: hàm số $f\left( x \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=2\sqrt{5}$.
Vậy cần đặt vị trí của $M$ cách $B$ một khoảng là $2\sqrt{5}\,\,\text{km}$.
Câu 40. Chọn B.
Gọi $J=SO\cap MN$, $K=SA\cap PJ$ thì $K=SA\cap \left( MNP \right)$.
Vì $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $SD$ nên $J$ là trung điểm của $SO$.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SAO$ với cát tuyến là $KP$, ta có:
$\frac{SK}{KA}.\frac{AP}{PO}.\frac{OJ}{JS}=1$ $\Leftrightarrow $ $\frac{SK}{KA}.3.1=1$ $\Leftrightarrow $ $\frac{KS}{KA}=\frac{1}{3}$.
Vậy $\frac{KS}{KA}=\frac{1}{3}$.
Câu 41. Chọn B.
• Gọi H là tâm tam giác đều ABD, $O=AC\cap BD$.
Ta có $SH\bot (ABCD)$$\Rightarrow $ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AC\\
BD \bot SH
\end{array} \right.$$\Rightarrow BD\bot (SAC)$.
Do đó kẻ $OK$ vuông góc với $SC$ tại $K$ thì $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $SC$
$\Rightarrow d(BD;SC)=OK$.
• $\sin \widehat{SCH}=\frac{SH}{SC}=\frac{OK}{OC}$$\Rightarrow OK=\frac{OC.SH}{SC}$.
$AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$\Rightarrow OC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$AH=\frac{2}{3}AO=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$\Rightarrow S{{H}^{2}}={{a}^{2}}-\frac{3{{a}^{2}}}{9}=\frac{6{{a}^{2}}}{9}$$\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
$HC=OH+OC=\frac{4}{3}OC=\frac{4}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$$\Rightarrow S{{C}^{2}}=\frac{6{{a}^{2}}}{9}+\frac{12{{a}^{2}}}{9}=2{{a}^{2}}$$\Rightarrow SC=a\sqrt{2}$.
Vậy $d(BD;SC)=OK=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{1}{a\sqrt{2}}=\frac{a}{2}$.
Câu 42. Chọn D.
Điều kiện $x\ne 0$. Phương trình $\Leftrightarrow 2\sin x=x$. Do $-1\le \sin x\le 1$ $\Rightarrow x\in \left[ -2;2 \right]\backslash \left\{ 0 \right\}$.
Đặt $f\left( x \right)=2\sin x-x$ có ${f}'\left( x \right)=2\cos x-1$; ${f}'\left( x \right)=0$ $\Leftrightarrow \cos x=\frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi $.
Do $x\in \left[ -2;2 \right]\backslash \left\{ 0 \right\}$ nên phương trình ${f}'\left( x \right)=0$ có $2$ nghiệm $x=\pm \frac{\pi }{3}$ $\Rightarrow $ phương trình $f\left( x \right)=0$ có tối đa $3$ nghiệm.
Ta có $f\left( 0 \right)=0$; $f\left( \frac{\pi }{2} \right)=2-\frac{\pi }{2}>0;f\left( 2 \right)=2\sin 2-2<0$ $\Rightarrow f\left( \frac{\pi }{2} \right).f\left( 2 \right)<0$ $\Rightarrow $ phương trình $f\left( x \right)=0$ có ít nhất 1 nghiệm ${{x}_{1}}\in \left( \frac{\pi }{2};2 \right)$.
Tương tự $f\left( -\frac{\pi }{2} \right)=\frac{\pi }{2}-2<0;f\left( -2 \right)=2-2\sin 2>0$ nên phương trình ${{x}_{2}}\in \left( -2;-\frac{\pi }{2} \right)$.
Do $x\ne 0$ nên phương trình $\frac{\sin x}{x}=\frac{1}{2}$ có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Câu 43. Chọn A.
Đồ thị có dạng quay lên nên $a>0$.
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ nhỏ hơn $0$ nên $c<0$.
Do đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nên $a.b<0$$\Rightarrow b<0$.
Câu 44. Chọn B.
Tam giác $BAD$ cân có $\widehat{BAD}={{60}^{\text{o}}}$ nên $\Delta BAD$ đều cạnh $a$. Từ đó suy ra $AI=CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $IH=\frac{1}{2}BI$$=\frac{a}{4}$.
Trong tam giác vuông $CIH$ có $CH=\sqrt{C{{I}^{2}}+I{{H}^{2}}}$$=\sqrt{\frac{3{{a}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{16}}$$=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
Do $SH\bot \left( ABCD \right)$ nên góc giữa $SC$ và $\left( ABCD \right)$ là góc $\widehat{SCH}$$\Rightarrow \widehat{SCH}={{45}^{\text{o}}}$. Vậy tam giác $SHC$ vuông cân $\Rightarrow SH=CH=\frac{a\sqrt{13}}{4}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=\frac{1}{3}\cdot SH\cdot {{S}_{ABCD}}$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{13}}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot \sin {{60}^{\text{o}}}$$=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{39}}{24}$.
Câu 45. Chọn C.
Ta có: ${y}'=\cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right)+x\left[ -\frac{\sin \left( \ln x \right)}{x}+\frac{\cos \left( \ln x \right)}{x} \right]$
$=\cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right)-\sin \left( \ln x \right)+\cos \left( \ln x \right)=2\cos \left( \ln x \right)$.
Suy ra: ${{y}'}'=-\frac{2\sin \left( \ln x \right)}{x}$.
Ta có:
Ø ${{x}^{2}}{{y}'}'+x{y}'-2y=-2x\sin \left( \ln x \right)+2x\cos \left( \ln x \right)-2x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]=-4x\sin \left( \ln x \right)$.
Vậy A sai.
Ø ${{x}^{2}}{{y}'}'-x{y}'-2y=-2x\sin \left( \ln x \right)-2x\cos \left( \ln x \right)-2x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]$
$=-4x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]$.
Vậy B sai.
Ø ${{x}^{2}}{{y}'}'-x{y}'+2y=-2x\sin \left( \ln x \right)-2x\cos \left( \ln x \right)+2x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]=0$.
Vậy C đúng.
Ø ${{x}^{2}}{y}'-x{{y}'}'+2y=2{{x}^{2}}\cos \left( \ln x \right)+2\sin \left( \ln x \right)+2x\left[ \cos \left( \ln x \right)+\sin \left( \ln x \right) \right]\ne 0$.
Vậy D sai.
Câu 46. Chọn D.
Ta có: $\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 \right|-m=1\Leftrightarrow \left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 \right|=m+1$ $\left( * \right)$.
Số nghiệm của phương trình $\left( * \right)$ bằng số điểm chung giữa đồ thị $\left( C \right)$ của hàm số $y=\left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 \right|$ và đường thẳng $d:y=m+1$.
Đồ thị hàm số $\left( C \right)$ có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$ nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành, ta được đồ thị hàm số (nét liền) như hình vẽ bên dưới.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=m+1$ có $6$ điểm chung với đồ thị hàm số $\left( C \right)$ khi và chỉ khi $0<m+1<2\Leftrightarrow -1<m<1$.
Câu 47. Chọn A.
Gọi cạnh đáy của mô hình là $x$ với $x>0$. Ta có $AI=AO-IO$$=25\sqrt[{}]{2}-\frac{x}{2}$.
Chiều cao của hình chóp : $h=\sqrt{A{{I}^{2}}-O{{I}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 25\sqrt[{}]{2}-\frac{x}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}}\,}=\sqrt[{}]{1250-25\sqrt[{}]{2}x}$.
Thể tích của khối chóp bằng $V=\frac{1}{3}.{{x}^{2}}.\sqrt[{}]{1250-25\sqrt[{}]{2}x}$$=\frac{1}{3}.\sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25\sqrt[{}]{2}{{x}^{5}}}$.
Điều kiện $1250-25\sqrt[{}]{2}x>0$$\Rightarrow x<25\sqrt[{}]{2}$.
Xét hàm số $y=\frac{1}{3}.\sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25\sqrt[{}]{2}{{x}^{5}}}$ với $0<x<25\sqrt[{}]{2}$.
Ta có ${y}'=\frac{1}{3}.\frac{5000{{x}^{3}}-125\sqrt[{}]{2}{{x}^{4}}}{2\sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25\sqrt[{}]{2}{{x}^{3}}}}$ .
Có ${y}'=0$$\Rightarrow 5000{{x}^{3}}-125\sqrt[{}]{2}{{x}^{4}}=0$$\Rightarrow x=20\sqrt[{}]{2}$.
Bảng biến thiên
Vậy để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng $20\sqrt[{}]{2}\,\text{cm}$.
Câu 48. Chọn B.
Ta có $\left. \begin{array}{l}
AB \bot SA\\
AB \bot AD
\end{array} \right\}$ $\Rightarrow AB\bot \left( SAD \right)$. Mà $\left( P \right)$ qua $M$và vuông góc với $AB$ nên $\left( P \right)\text{//}\left( SAD \right)$
$\Rightarrow \left( P \right)\text{//}SA$, $\left( P \right)\text{//}AD$ và $\left( P \right)\text{//}SD$.
Trong mặt phẳng $\left( SAB \right)$ kẻ $MQ\text{//}SA$ với $Q\in SB$.
Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ kẻ $MN\text{//}AD$ với $N\in CD$.
Trong mặt phẳng $\left( SCD \right)$ kẻ $NP\text{//}SD$ với $P\in SC$.
Vì $M$là trung điểm của $AB$ nên $N$, $P$ , $Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $CD$ , $SC$ , $SB$. Do đó thiết diện là hình thang $MNPQ$ vuông tại $Q$ và $M$.
Ta có $MN=\frac{1}{2}\left( AD+BC \right)$$=\frac{1}{2}\left( 8+6 \right)=7$, $MQ=\frac{1}{2}SA=3$và $PQ=\frac{1}{2}BC=3$.
Vậy diện tích của thiết diện là : ${{S}_{MNPQ}}=\frac{\left( MN+PQ \right).QM}{2}$$=\frac{\left( 7+3 \right).3}{2}=15$.
Câu 49. Chọn D.
* Gọi $I$ là điểm thuộc ${A}'{B}'$ sao cho $\overrightarrow{{A}'I}=\frac{3}{2}\overrightarrow{{A}'{B}'}$, gọi $K$ là trung điểm của $D{D}'$. Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
MI{\rm{//}}DB'\\
MK{\rm{//}}CD'
\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {MIK} \right)$
* Gọi $E=MK\cap {C}'{D}',\text{ }F=MK\cap C{C}'$.
* Gọi $P=IE\cap {B}'{C}',\text{ }Q=IE\cap {A}'{D}',\text{ }N=PF\cap BC$.
* Thiết diện của hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ là ngũ giác $MNPQK$.
Câu 50. Chọn A.
* ĐKXĐ : ${{x}^{2}}-mx+1\ne 0$.
* Ta có : $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,y=0$ $\Rightarrow y=0$ luôn là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
* Để đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận $\Leftrightarrow $ Đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng $\Leftrightarrow $ phương trình ${{x}^{2}}-mx+1=0$ có hai nghiệm phân biệt đều khác $2$ $\Leftrightarrow $ Điều kiện là:
$\left\{ \begin{array}{l}
\Delta = {m^2} - 4 > 0\\
4 - 2m + 1 \ne 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m > 2\\
m \ne \frac{5}{2}
\end{array} \right.\\
m < - 2
\end{array} \right.$ .
