Câu 30. Chọn D
Lấy 3 viên bi bất kỳ trong 29 viên bi có $C_{20}^{3}$ (cách chọn).
$Rightarrow nleft( Omega right)=C_{20}^{3}$.
+ 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 $C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2left( C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3} right)$ (cách chọn 3 viên bi có đúng hai màu).
Gọi A là biến cố:” 3 viên bi lấy ra có không quả 2 màu”. $Rightarrow nleft( A right)=C_{15}^{3}+C_{14}^{3}+C_{11}^{3}-2left( C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3} right)+C_{9}^{3}+C_{6}^{3}+C_{5}^{3}=870$.
$Rightarrow Pleft( A right)=frac{nleft( A right)}{nleft( Omega right)}=frac{29}{38}$.
Câu 31. Chọn C.
Ta có ${{S}_{1}}=6.frac{{{20}^{2}}sqrt{3}}{4}=600sqrt{3}c{{m}^{3}}$, ${{S}_{2}}={{20}^{2}}pi =400pi c{{m}^{3}}$ và ${{S}_{3}}={{21}^{2}}pi =441pi c{{m}^{3}}$.
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 $underset{xto pm infty }{mathop{lim }},y=underset{xto pm infty }{mathop{lim }},frac{x-2}{{{x}^{2}}-mx+1}=0$.
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:
$Sleft( n right)={{S}_{2011}}.{{e}^{0,0137.n}};text{ }{{S}_{2011}}=905.300$ (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: $Sleft( 7 right)=905.300.{{e}^{0,0137.7}}approx 996418$ (người).
* Số dân của thành phố ở năm 2017 là: $Sleft( 6 right)=905.300.{{e}^{0,0137.6}}approx 982860$ (người).
* Số dân của thành phố tăng thêm ở năm 2018 là: $Sleft( 7 right)-Sleft( 6 right)approx 13558$ (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: $13558:35approx 456$ (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:
$overrightarrow{MN}=overrightarrow{AN}-overrightarrow{AM}=overrightarrow{AB}+overrightarrow{BN}-overrightarrow{AM}=overrightarrow{a}-frac{1}{2}overrightarrow{b}+frac{1}{2}overrightarrow{c}Rightarrow left| overrightarrow{MN} right|=sqrt{{{a}^{2}}+frac{1}{4}{{a}^{2}}+frac{1}{4}{{a}^{2}}}=frac{asqrt{3}}{sqrt{2}}$
$overrightarrow{A{C}’}=overrightarrow{AB}+overrightarrow{AD}+overrightarrow{A{A}’}=overrightarrow{a}+overrightarrow{b}+overrightarrow{c}Rightarrow left| overrightarrow{A{C}’} right|= sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=asqrt{3}$
$overrightarrow{A{C}’}.overrightarrow{MN}={{a}^{2}}-frac{1}{2}{{a}^{2}}+frac{1}{2}{{a}^{2}}={{a}^{2}}$
$cos left( MN;A{C}’ right)=left| cos left( overrightarrow{MN};overrightarrow{A{C}’} right) right|=frac{left| overrightarrow{MN}.overrightarrow{A{C}’} right|}{left| overrightarrow{MN} right|.left| overrightarrow{A{C}’} right|}=frac{sqrt{2}}{3}$.
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-1Leftrightarrow {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+m-2=0$$Leftrightarrow left( x-1 right)left( {{x}^{2}}-2x-m-2 right)=0,,left( * right)$ $Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x – 1 = 0\
{x^2} – 2x – m – 2 = 0,,left( {**} right)
end{array} right.$
Để $left( d right)$ cắt $left( C right)$ tại ba điểm phân biệt phân biệt $A,B,C$ ($B$ thuộc đoạn $AC$) thì phương trình $left( * right)$ có ba nghiệm phân biệt $Leftrightarrow $ phương trình $left( ** right)$ có hai nghiệm phân biệt khác $1$.
$ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
Delta ‘ = 1 + m + 2 > 0\
1 – 2 – m – 2 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow m > – 3$ . Khi đó $left( ** right)$ có hai nghiệm là ${{x}_{1}}=1-sqrt{m+3}$; ${{x}_{2}}=1+sqrt{m+3}$. Rõ ràng $1-sqrt{m+3}<1<1+sqrt{m+3}$ nên hoành độ của $A$ và $C$ là hai nghiệm của phương trình $left( ** right)$. Đến đây ta dùng phương pháp thử là nhanh nhất.
Với $m=1$ thì phương trình $left( ** right)$ trở thành ${x^2} – 2x – 3 = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = – 1\
x = 3
end{array} right.$ $Rightarrow Aleft( -1;-3 right);Cleft( 3;,1 right)$. Khi đó $OA=sqrt{10}=OC$.
Vậy $m=1$ thỏa yêu cầu bài.
Câu 36. Chọn C.
Ta có ${y}’=4{{x}^{3}}-4mx$, $y’ = 0 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 0\
{x^2} = m
end{array} right.$ . Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $m>0$.
Giả sử ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là $Aleft( 0;{{m}^{4}}+2m right),Bleft( -sqrt{m};{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m right)$ và $Cleft( sqrt{m};{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m right)$. Gọi $I$ là trung điểm của $BC$$Rightarrow Ileft( 0;{{m}^{4}}-{{m}^{2}}+2m right)$. Diện tích tam giác $ABC$ bằng $4sqrt{2}$ nên
$frac{1}{2}AI.BC=4sqrt{2}$ hay $frac{1}{2}{{m}^{2}}.2sqrt{m}=4sqrt{2}Leftrightarrow {{m}^{2}}sqrt{m}=4sqrt{2}Leftrightarrow m=2$.
Câu 37. Chọn A.
Gọi thể tích khối lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ là $V={{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}’}}={{S}_{ABC}}.dleft( {C}’;left( ABC right) right)$, gọi trung điểm của $A{A}’$, $B{B}’$ là $E,text{ }F$.
Thể tích khối chóp ${{V}_{{C}’.ABC}}=frac{1}{3}{{S}_{ABC}}.dleft( {C}’;left( ABC right) right)=frac{V}{3}$.
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=afrac{sqrt{17}}{2}$.
Diện tích xungquanh của hình nón là $S=pi .R.l$ $Leftrightarrow S=pi .frac{a}{2}.afrac{sqrt{17}}{2}$ $Leftrightarrow S=frac{pi {{a}^{2}}sqrt{17}}{4}$ .
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 $t={{t}_{1}}+{{t}_{2}}=frac{sqrt{{{x}^{2}}+25}}{4}+frac{7-x}{6}=fleft( x right)$.
Ta có ${f}’left( x right)=frac{x}{4sqrt{{{x}^{2}}+25}}-frac{1}{6}$; ${f}’left( x right)=0,,,Leftrightarrow ,,,frac{x}{4sqrt{{{x}^{2}}+25}}=frac{1}{6}$ $Leftrightarrow $ $2sqrt{{{x}^{2}}+25}=3x$
$Leftrightarrow ,,,4{{x}^{2}}+100=9{{x}^{2}}$ $Leftrightarrow $ ${{x}^{2}}=20$ $Leftrightarrow $ $x=2sqrt{5}$.
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra: hàm số $fleft( x right)$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=2sqrt{5}$.
Vậy cần đặt vị trí của $M$ cách $B$ một khoảng là $2sqrt{5},,text{km}$.
Câu 40. Chọn B.
Gọi $J=SOcap MN$, $K=SAcap PJ$ thì $K=SAcap left( MNP right)$.
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, $O=ACcap BD$.
Ta có $SHbot (ABCD)$$Rightarrow $ Ta có $left{ begin{array}{l}
BD bot AC\
BD bot SH
end{array} right.$$Rightarrow BDbot (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}$$Rightarrow OK=frac{OC.SH}{SC}$.
$AO=frac{asqrt{3}}{2}$$Rightarrow OC=frac{asqrt{3}}{2}$
$AH=frac{2}{3}AO=frac{2}{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{asqrt{3}}{3}$$Rightarrow S{{H}^{2}}={{a}^{2}}-frac{3{{a}^{2}}}{9}=frac{6{{a}^{2}}}{9}$$Rightarrow SH=frac{asqrt{6}}{3}$.
$HC=OH+OC=frac{4}{3}OC=frac{4}{3}.frac{asqrt{3}}{2}=frac{2asqrt{3}}{3}$$Rightarrow S{{C}^{2}}=frac{6{{a}^{2}}}{9}+frac{12{{a}^{2}}}{9}=2{{a}^{2}}$$Rightarrow SC=asqrt{2}$.
Vậy $d(BD;SC)=OK=frac{asqrt{3}}{2}.frac{asqrt{6}}{3}.frac{1}{asqrt{2}}=frac{a}{2}$.
Câu 42. Chọn D.
Điều kiện $xne 0$. Phương trình $Leftrightarrow 2sin x=x$. Do $-1le sin xle 1$ $Rightarrow xin left[ -2;2 right]backslash left{ 0 right}$.
Đặt $fleft( x right)=2sin x-x$ có ${f}’left( x right)=2cos x-1$; ${f}’left( x right)=0$ $Leftrightarrow cos x=frac{1}{2}$ $Leftrightarrow x=pm frac{pi }{3}+k2pi $.
Do $xin left[ -2;2 right]backslash left{ 0 right}$ nên phương trình ${f}’left( x right)=0$ có $2$ nghiệm $x=pm frac{pi }{3}$ $Rightarrow $ phương trình $fleft( x right)=0$ có tối đa $3$ nghiệm.
Ta có $fleft( 0 right)=0$; $fleft( frac{pi }{2} right)=2-frac{pi }{2}>0;fleft( 2 right)=2sin 2-2<0$ $Rightarrow fleft( frac{pi }{2} right).fleft( 2 right)<0$ $Rightarrow $ phương trình $fleft( x right)=0$ có ít nhất 1 nghiệm ${{x}_{1}}in left( frac{pi }{2};2 right)$.
Tương tự $fleft( -frac{pi }{2} right)=frac{pi }{2}-2<0;fleft( -2 right)=2-2sin 2>0$ nên phương trình ${{x}_{2}}in left( -2;-frac{pi }{2} right)$.
Do $xne 0$ 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$$Rightarrow b<0$.
Câu 44. Chọn B.
Tam giác $BAD$ cân có $widehat{BAD}={{60}^{text{o}}}$ nên $Delta BAD$ đều cạnh $a$. Từ đó suy ra $AI=CI=frac{asqrt{3}}{2}$ và $IH=frac{1}{2}BI$$=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{asqrt{13}}{4}$.
Do $SHbot left( ABCD right)$ nên góc giữa $SC$ và $left( ABCD right)$ là góc $widehat{SCH}$$Rightarrow widehat{SCH}={{45}^{text{o}}}$. Vậy tam giác $SHC$ vuông cân $Rightarrow SH=CH=frac{asqrt{13}}{4}$.
Vậy ${{V}_{S.ABCD}}=frac{1}{3}cdot SHcdot {{S}_{ABCD}}$$=frac{1}{3}cdot frac{asqrt{13}}{4}cdot frac{1}{2}cdot acdot acdot sin {{60}^{text{o}}}$$=frac{{{a}^{3}}sqrt{39}}{24}$.
Câu 45. Chọn C.
Ta có: ${y}’=cos left( ln x right)+sin left( ln x right)+xleft[ -frac{sin left( ln x right)}{x}+frac{cos left( ln x right)}{x} right]$
$=cos left( ln x right)+sin left( ln x right)-sin left( ln x right)+cos left( ln x right)=2cos left( ln x right)$.
Suy ra: ${{y}’}’=-frac{2sin left( ln x right)}{x}$.
Ta có:
Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’+x{y}’-2y=-2xsin left( ln x right)+2xcos left( ln x right)-2xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]=-4xsin left( ln x right)$.
Vậy A sai.
Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’-x{y}’-2y=-2xsin left( ln x right)-2xcos left( ln x right)-2xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]$
$=-4xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]$.
Vậy B sai.
Ø ${{x}^{2}}{{y}’}’-x{y}’+2y=-2xsin left( ln x right)-2xcos left( ln x right)+2xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]=0$.
Vậy C đúng.
Ø ${{x}^{2}}{y}’-x{{y}’}’+2y=2{{x}^{2}}cos left( ln x right)+2sin left( ln x right)+2xleft[ cos left( ln x right)+sin left( ln x right) right]ne 0$.
Vậy D sai.
Câu 46. Chọn D.
Ta có: $left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|-m=1Leftrightarrow left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|=m+1$ $left( * right)$.
Số nghiệm của phương trình $left( * right)$ bằng số điểm chung giữa đồ thị $left( C right)$ của hàm số $y=left| {{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2 right|$ và đường thẳng $d:y=m+1$.
Đồ thị hàm số $left( C right)$ có được bằng cách lấy đối xứng phần đồ thị hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+2$ nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành, ta được đồ thị hàm số (nét liền) như hình vẽ bên dưới.
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=m+1$ có $6$ điểm chung với đồ thị hàm số $left( C right)$ khi và chỉ khi $0<m+1<2Leftrightarrow -1<m<1$.
Câu 47. Chọn A.
Gọi cạnh đáy của mô hình là $x$ với $x>0$. Ta có $AI=AO-IO$$=25sqrt[{}]{2}-frac{x}{2}$.
Chiều cao của hình chóp : $h=sqrt{A{{I}^{2}}-O{{I}^{2}}}=sqrt{{{left( 25sqrt[{}]{2}-frac{x}{2} right)}^{2}}-{{left( frac{x}{2} right)}^{2}},}=sqrt[{}]{1250-25sqrt[{}]{2}x}$.
Thể tích của khối chóp bằng $V=frac{1}{3}.{{x}^{2}}.sqrt[{}]{1250-25sqrt[{}]{2}x}$$=frac{1}{3}.sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25sqrt[{}]{2}{{x}^{5}}}$.
Điều kiện $1250-25sqrt[{}]{2}x>0$$Rightarrow x<25sqrt[{}]{2}$.
Xét hàm số $y=frac{1}{3}.sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25sqrt[{}]{2}{{x}^{5}}}$ với $0<x<25sqrt[{}]{2}$.
Ta có ${y}’=frac{1}{3}.frac{5000{{x}^{3}}-125sqrt[{}]{2}{{x}^{4}}}{2sqrt[{}]{1250{{x}^{4}}-25sqrt[{}]{2}{{x}^{3}}}}$ .
Có ${y}’=0$$Rightarrow 5000{{x}^{3}}-125sqrt[{}]{2}{{x}^{4}}=0$$Rightarrow x=20sqrt[{}]{2}$.
Bảng biến thiên
Vậy để mô hình có thể tích lớn nhất thì cạnh đáy của mô hình bằng $20sqrt[{}]{2},text{cm}$.
Câu 48. Chọn B.
Ta có $left. begin{array}{l}
AB bot SA\
AB bot AD
end{array} right}$ $Rightarrow ABbot left( SAD right)$. 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 $MQtext{//}SA$ với $Qin SB$.
Trong mặt phẳng $left( ABCD right)$ kẻ $MNtext{//}AD$ với $Nin CD$.
Trong mặt phẳng $left( SCD right)$ kẻ $NPtext{//}SD$ với $Pin SC$.
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 $E=MKcap {C}'{D}’,text{ }F=MKcap C{C}’$.
* Gọi $P=IEcap {B}'{C}’,text{ }Q=IEcap {A}'{D}’,text{ }N=PFcap BC$.
* 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 : ${{x}^{2}}-mx+1ne 0$.
* Ta có : $underset{xto infty }{mathop{lim }},y=0$ $Rightarrow y=0$ 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:
$left{ begin{array}{l}
Delta = {m^2} – 4 > 0\
4 – 2m + 1 ne 0
end{array} right. Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left{ begin{array}{l}
m > 2\
m ne frac{5}{2}
end{array} right.\
m < – 2
end{array} right.$ .
