Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AB\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow BC\perp AM\) (vì \(AM\subset\left(SAB\right)\left(1\right)\)

Mặt khác \(SC\perp\alpha\Rightarrow SA\perp AM\) (vì \(AM\subset\alpha\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MG\) (vì \(MG\subset\left(SBC\right)\))

\(\Rightarrow\Delta AMG\) vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG vuông tại N \(\Rightarrow\) tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán kính \(R=\frac{AG}{2}\)

Xét tam giác vuông SAC tại A có \(AG=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{6}a\)

Vì OH là đường cao (H)\(\Rightarrow OH\perp\alpha\Rightarrow OH\)//\(SC\Rightarrow O\) là giao điểm hai đường chéo AC, BD

\(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}CG\).

Xét tam giác vuoongSAC có AG là đường cao, nên \(CG=\frac{AC^2}{SC}=\frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow OH=\frac{\sqrt{3}}{3}a\)

Vậy thể tích hình nón là \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)

Mặt cầu (S) có tâm I(-2;-1;1) và bán kính \(R=\sqrt{5}\)

Gọi r là bán kinh đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có : \(S=\pi\Leftrightarrow r^2.\pi=\pi\Rightarrow r=1\)

Gọi d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng \(\alpha\), ta có \(d^2=R^2-r^2=5-1\Rightarrow d=2\)

Mặt phẳng  \(\alpha\), qua N (0;-1;0) có dạng \(Ax+B\left(y+1\right)+Cz=0\Leftrightarrow Ax+By+Cz+B=0\left(A^2+B^2+C^2\ne0\right)\)

Mặt khác,  \(\alpha\)  qua M(1;-1;1) nên thỏa mãn \(A+C=0\Rightarrow\text{ }\) \(\alpha:Ax+By-Az+B=0\)

Vì \(d=d\left(I,\alpha\right)=\frac{\left|-3A\right|}{\sqrt{2A^2+B^2}}=2\Leftrightarrow A^2=4B^2\Rightarrow\frac{A}{B}=\pm2\) vì \(A^2+B^2+C^2\ne0\)

Do đó có 2 mặt phẳng  \(\alpha\), cần tìm là \(2x+y-2z+1=0\) và \(2x-y-2z-1=0\)

Dùng định lý hàm số Cosin tính được \(MN=2a\sqrt{3}\)

\(AM=2a\sqrt{2},AN=2a\). Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC =60 độ suy ra tam giác AMN vuông tại A.

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA=SM=SN và tam giác AMN vuông tại A \(\Rightarrow SH\perp\left(AMN\right)\), tính được SH=a

Tính được \(V_{S.AMN}=\frac{2\sqrt{2}a^3}{3}\)

\(\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM.SN}{SB.SC}=\frac{1}{3}\) \(\Rightarrow V_{S.ABC}=2\sqrt{2}a^3\)

Vậy d(C;(SAB)) =\(\frac{3V_{S.ABC}}{S_{\Delta SAB}}=\frac{6a^3\sqrt{2}}{3a^2}=2a\sqrt{2}\)

Ta có : \(I=\int\limits^3_1\frac{2}{\left(2x-1\right)\left(x+2\right)}dx=\frac{2}{5}\left(\int\limits^3_1\frac{2}{2x-1}-\int\limits^3_1\frac{1}{x+2}dx\right)\)

                                          \(=\frac{2}{5}\left(\int\limits^3_1\frac{d\left(2x-1\right)}{2x-1}-\int\limits^3_1\frac{d\left(x+2\right)}{x+2}\right)\)

                                          \(=\frac{2}{5}\left(\ln\left|2x-1\right||^3_1-\ln\left|x+2\right||^3_1\right)=\frac{2}{5}\ln3\)

Ta có : \(I=\int\limits^2_12x^3dx+\int\limits^2_1\ln xdx\)

Đặt \(I_1=\int\limits^2_12x^3dx\) và \(I_2=\int\limits^2_1\ln xdx\)

Ta có : 

\(I_1=\frac{1}{2}x^4|^2_1=\frac{15}{2}\)

\(I_2=x.\ln x|^2_1-\int_1xd^2\left(\ln x\right)=2\ln2-x|^2_1=2\ln2-1\)

Vậy \(I=I_1+I_2=\frac{13}{2}+2\ln2\)

Do mâu thuẫn cá nhân, K đã đánh H bị thương tích nặng với tỷ lệ thương tật 14%. H phải điều trị tốn kém hơn 40 triệu đồng. Trong trường hợp này, K phải chịu trách nhiệm pháp lý nào dưới đây ?

A. Hình sự.

B. Hành chính.

C. Hình sự và kỷ luật.

D. Hình sự và dân sự.

Ta có MN song song với CD và SP vuông góc với CD suy ra MN vuông góc với SP

Gọi O là tâm của đáy ABCD. Ta có :

\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(V_{AMNP}=\frac{1}{4}V_{ABSP}=\frac{1}{8}V_{S.ABCD}=\frac{1}{8}.\frac{1}{3}SO.AB^2=\frac{a^2\sqrt{6}}{48}\)

Vì \(2,5=\frac{1}{0,4}=0,4^{-1}\) nên bất phương trình có thể viết thành

\(0,4^x-2,5.0,4^{-x}-1,5>0\)

Đặt \(t=0,4^x\left(t>0\right)\), ta có bất phương trình đại số :

\(t^2-1,5t-2,5>0\Leftrightarrow\begin{cases}t<-1\\t>2,5\end{cases}\)

Khi đó \(0,4^x>2,5\) hay \(0,4^x>0,4^{-1}\) do đó \(x<-1\) là nghiệm của bất phương trình

Đặt t=lgx, x>0 ta có :

\(2t^2+2\left(1-\sqrt{2}\right)t>2\sqrt{2}\Leftrightarrow t<-1\) V \(t>\sqrt{2}\)

Do đó ta có :

\(\begin{cases}lgx<-1\\lgx>\sqrt{2}\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x<\frac{1}{10}\\x>10^{\sqrt{2}}\end{cases}\)

Ta chú ý : \(x^2+x+1>0\) Logarit cơ số 10 hai vế ta có :

\(xlg\left(x^2+x+1\right)<0\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}\begin{cases}x>0\\lg\left(x^2+x+1\right)<0\end{cases}\\\begin{cases}x<0\\lg\left(x^2+x+1\right)>0\end{cases}\end{cases}\)

Hệ thứ nhất vô nghiệm

Hệ thứ hai cho ta nghiệm x<-1