Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(y=x+sin\left(2x\right)\)
\(y'=1+2cos\left(2x\right)\)
\(y'=0\Leftrightarrow1+cos\left(2x\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{\pi}{3}\\x=\frac{2\pi}{3}\end{cases}}\)vì \(x\in\left(0,\pi\right)\).
\(y\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt{3}}{2},y\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(y\left(\frac{\pi}{3}\right)>y\left(\frac{2\pi}{3}\right)\)ta chọn D.
Câu 5:
Tương tự câu 4, ta thấy tâm $I$ của khối cầu ngoại tiếp $S.ABCD$ là trung điểm $SC$
Theo định lý Pitago:
$SA^2=SB^2-AB^2=(a\sqrt{3})^2-a^2=2a^2$
$AC^2=AB^2+BC^2=a^2+a^2=2a^2$
$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{2a^2+2a^2}=2a$
Do đó: $R=SI=IC=\frac{SC}{2}=a$
Thể tích khối cầu ngoại tiếp S.ABCD là:
$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi a^3$
Đáp án A
Câu 4:
$AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=2a$
$(SC, (ABCD))=\widehat{SCA}=60^0$
$\Rightarrow \frac{SA}{AC}=\tan \widehat{SCA}=\tan 60^0=\sqrt{3}$
$\Rightarrow SA=\sqrt{3}.AC=2\sqrt{3}a$
$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}a)^2+(2a)^2}=4a$
Gọi $I$ tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. $IS=IA=IC$ nên $I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SAC$
$\Rightarrow I$ là trung điểm $SC$.
Bán kính $IS=IC=\frac{AC}{2}=\frac{4a}{2}=2a$
Đáp án A
Lời giải:
Thiết diện là một tam giác đều cạnh \(a\sqrt{3}\) nên \(2R=\sqrt{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do đó diện tích xq của hình nón là:
\(S_{xq}=\pi Rl=\frac{3a^2}{2}\pi\)
Đáp án C
4.
Gọi M là trung điểm CD, qua M kẻ đường thẳng song song AB
Gọi N là trung điểm AB, qua N kẻ đường thẳng song song AM
Gọi giao của 2 đường thẳng trên là O \(\Rightarrow\) O là tâm (S)
\(\Rightarrow AO=R=\sqrt{3}\)
Đặt \(AB=x;AC=y;AD=z\)
\(AN=\frac{AB}{2}=\frac{x}{2}\) ; \(AM=\frac{CD}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{AC^2+AD^2}=\frac{1}{2}\sqrt{y^2+z^2}\)
Áp dụng Pitago: \(AO^2=AN^2+AM^2\)
\(\Rightarrow\frac{x^2}{4}+\frac{1}{4}\left(y^2+z^2\right)=3\Rightarrow x^2+y^2+z^2=12\)
\(V=\frac{1}{3}xyz\le\frac{1}{3}\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^3\le\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}}{3}\right)^3=\frac{8}{3}\)
2.
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\)
\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\frac{a}{2}\)
Áp dụng công thức từ câu 1:
\(R=\frac{SA^2}{2SO}=\frac{3a}{4}\)
3.
\(BC=AB\sqrt{2}=2a\)
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) \(\Rightarrow\) H đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy
\(\Rightarrow\) H là trung điểm BC
\(\Rightarrow\widehat{SAH}=60^0\Rightarrow SH=AH.tan60^0=\frac{BC}{2}tan60^0=a\sqrt{3}\)
\(SA=\frac{AH}{cos60^0}=2a\)
\(\Rightarrow R=\frac{SA^2}{2SH}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\)
\(S=4\pi R^2=\frac{16\pi a^2}{3}\)
5.
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow AM\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(A'AM\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{A'MA}\) là góc giữa (A'BC) và (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{A'MA}=60^0\)
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A'A=AM.tan60^0=\frac{3a}{2}\)
\(B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V=B.A'A=\frac{3\sqrt{3}}{8}a^3\)
1.
\(V=Bh\)
2.
\(B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V=Bh=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{6}=\frac{3\sqrt{2}}{4}a^3\)
3.
\(B=\frac{1}{2}\left(a\sqrt{2}\right)^2=a^2\Rightarrow V=Bh=a^2.5a=5a^3\)
4.
\(h=\sqrt{\left(2a\right)^2-\left(a\sqrt{3}\right)^2}=a\)
\(B=\frac{\left(a\sqrt{3}\right)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(V=Bh=\frac{3\sqrt{3}}{4}a^3\)
a) \(\sqrt[3]{10}=\sqrt[15]{10^5}>\sqrt[15]{20^3=\sqrt[5]{20}}\)
b) Vì \(\frac{1}{e}<1\) và \(\sqrt{8}-3<0\) nên \(\left(\frac{1}{e}\right)^{\sqrt{8}-3}>1\)
c) Vì \(\frac{1}{8}<1\) và \(\pi>3.14\) nên \(\left(\frac{1}{8}\right)^{\pi}<\left(\frac{1}{8}\right)^{3,14}\)
d) Vì \(\frac{1}{\pi}<1\) và \(1,4<\sqrt{2}\) nên \(\left(\frac{1}{\pi}\right)^{1,4}>\pi^{-\sqrt{2}}\)