Chọn C

Ta có đồ thị có hình dạng như trên với hàm bậc bốn trùng phương có hai điểm cực tiểu và một điểm cực đại nên a > 0, b < 0 . Giá trị cực đại lớn hơn 0 nên c > 0.

Chọn C

Trong $\left(ABC\right)$ vẽ $CH\perp AB$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left\{SA\perp \left(ABC\right)\right.\Rightarrow SA\perp CH\\ CH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow CH\perp \left(SAB\right)$

Nên $d_{(C;\left(SAB\right))}=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Chọn D

Ta có $u_n=u_1+\left(n-1\right)d\Rightarrow u_5=u_1+4d=3+4.4=19$

Chọn D

Xét hàm số: $y=f\left(-x\right)$

$y\text{'}=-f\text{'}\left(-x\right)$

Đề hàm số $y=f\left(-x\right)$ nghịch biến $y\text{'}<0\Rightarrow f\text{'}\left(-x\right)>0\Rightarrow 0<-x<2\Rightarrow -2<x<0$

Chọn C

Xét hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{3}{x}^3+x^2-3x-4$ trên đoạn [-4;0]

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^2+2x-3$

Giải $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\notin \left[-4;0\right]\\ x=-3\in \left[-4;0\right]\end{array}\right.$

Ta có $f\left(-3\right)=5;f\left(-4\right)=\frac{8}{3};f\left(0\right)=-4$

Chọn C

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 3

Đáp án đúng là: A

* Phương pháp giải:

- Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều bằng tổng diện tích của các mặt bên.

* Lời giải:

Gọi S.ABCD là hình chóp đều có cạnh đáy $AB=a\Rightarrow SA=2a.$

Diện tích xung quanh của hình chóp là $S_1=4S_{SBC}=4.\frac{1}{2}.a.\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{15}{a}^2.$

Diện tích đáy của hình chóp là $S_2=a^2$

Vậy $\frac{S_1}{S_2}=\sqrt{15}$

* Một số lý thuyết liên quan: 

1. Công thức tính diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều và hình chóp tứ giác đều

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều (hình chóp tứ giác đều) bằng tổng diện tích của các mặt bên.

Diện tích toàn phần của hình chóp tam giác đều (hình chóp tứ giác đều) bằng tổng của diện tích xung quanh và diện tích đáy: ($S_{tp}=S_{xq}+S_{đáy}$ ($S_{tp}$ là diện tích toàn phần, là diện tích đáy, $S_{xq}$ là diện tích xung quanh)

2. Công thức tính thể tích của hình chóp tam giác đều và hình chóp tứ giác đều

Thể tích của hình chóp tam giác đều (hình chóp tứ giác đều) bằng $\frac{1}{3}$ diện tích đáy nhân với chiều cao.

$V=\frac{1}{3}{S}_{đáy}.h$.

(V là thể tích, $S_{đáy}$ là diện tích đáy, $h$ là chiều cao)

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết:

Bài tập Diện tích xung quanh của hình chóp đều (có lời giải chi tiết)

Trắc nghiệm Diện tích xung quanh hình chóp đều (có đáp án)

TOP 40 câu Trắc nghiệm Khái niệm về khối đa diện (có đáp án 2024) – Toán 12 

Chọn C

Từ BBT ta thấy f'(x) đổi dấu qua các giá trị x = -2, x = 1 nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Chọn A

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=\frac{x^2-4x+3}{x-2}$ với trục hoành là $\frac{x^2-4x+3}{x-2}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=3.\end{array}\right.$

Vậy $P=x_A+x_B=4$

Chọn B

Chọn B

Giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = 2f(x) - 1 trên đoạn [-1;2] là $\underset{\left[-1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=2\underset{\left[-1;2\right]}{\max }f\left(x\right)-1=2.3-1=5$

Đáp án đúng: D

*Lời giải

*Các dạng bài về hình lăng trụ đứng tam giác

a) Nhận biết các yếu tố của lăng trụ đứng tam giác, tứ giác

*Phương pháp: vẽ hình, quan sát để xác định các mặt, các cạnh, các đỉnh.Để vẽ hình lăng trụ đứng, ta thường vẽ một đáy, sau đó vẽ các cạnh bên là các đoạn thẳng song song và bằng nhau.

b) Tính diện tích, thể tích của hình lăng trụ đứng tam giác, tứ giác

*) lăng trụ đứng tam giác:

+ Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tam giác bằng tích của chu vi đáy với chiều cao của nó.
+ Diện tích toàn phần: Diện tích toàn phần bằng diện tích xung quanh cộng diện tích hai đáy.
+ Thể tích của hình lăng trụ đứng tam giác bằng diện tích đáy nhân với chiều cao.

*) lăng trụ đứng tứ giác: 

+ Diện tích xung quanh của hình lăng trụ đứng tứ giác bằng tích của chu vi đáy với chiều cao của nó.
+ Diện tích toàn phần: Diện tích toàn phần bằng diện tích xung quanh cộng diện tích hai đáy.
+ Thể tích của hình lăng trụ đứng tứ giác bằng diện tích đáy nhân với chiều cao.

+) Khối lăng trụ đều là khối lăng trụ có đáy là tam giác đều.

+ Tính diện tích đáy, chiều cao hình lăng trụ.

+ Tính thể tích khối lăng trụ.

+ Chú ý: Diện tích tam giác đều cạnh a là 

Diện tích hình vuông cạnh a: S= a2.

PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH LĂNG TRỤ

Bước 1: Xác định và tính chiều cao của khối đa diện

Bước 2: Tìm diện tích đáy bằng các công thức.

Bước 3: Sử dụng công thức tính thể tích

Xem thêm các bài viết liên quan hay, chi tiết: 

Lý thuyết Ôn tập chương 1 – Toán 12

Bài toán về thể tích khối lăng trụ (có đáp án) – Toán 12

Trắc nghiệm Khái niệm về thể tích của khối đa diện (có đáp án) - Toán 12 

Chọn B

Gọi M là trung điểm của B'D'

Ta có $A^{\text{'}}M\perp \left(B{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)$ nên $\left(\widehat{A^{\text{'}}B,\left(B{B}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}D\right)}\right)=\widehat{A^{\text{'}}BM}=\alpha$

Xét tam giác A'BM vuông tại M, ta có $\sin \alpha =\frac{A^{\text{'}}M}{A^{\text{'}}B}=\frac{1}{2}$

Chọn A

Ta có $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=-\infty ; \underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=-\infty$ nên đường tiệm cận đứng là $x=-1; x=1$

Lại có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=3$ nên đường tiệm cận ngang là y = 3

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Chọn C

Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có $AB=2; AD=3$

Gọi AA' = x (với x > 0).

Xét tam giác ABC có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$

Xét tam giác ACA' có $A^{\text{'}}{C}^2=A{A^{\text{'}}}^2+A{C}^2\iff 5^2=x^2+13\iff x=2\sqrt{3}$

Thể tích khối hộp đã cho là $V=AB.AD.A{A}^{\text{'}}=\mathrm{2.3.2}\sqrt{3}=12\sqrt{3}$

Chọn D

Mỗi tam giác là một tổ hợp chập 3 của 18 phần tử.

Số các tam giác có các đỉnh thuộc 18 điểm đã cho là $C_{18}^3$

Chọn A

Tam giác ABC cân (do AB = AC bởi ABCD là hình thoi) có $\widehat{ABC}=60°$ nên nó đều.

Gọi M là trung điểm cạnh CD suy ra $AM\perp CD$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CD\perp AM\\ CD\perp SA\end{array}\right.$ suy ra $CD\perp SM$ nên $\left(\left(SCD\right),\left(ABCD\right)\right)=\left(SM,AM\right)=\widehat{SMA}=60°$, với $AM=2a.\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$ ta có $SA=AM.\tan 60°=3a$

Chọn C

Ta có $u_3=\frac{u_2^2}{u_1}=\frac{6^2}{3}=12$

Chọn C

- Hàm số bậc 3 , hệ số a < 0

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-12 ; y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\end{array}\right.$

Ta có BBT:

Từ bảng biến thiên ta có $y_{CD}=17$

Chọn C

Lí thuyết.

Chọn B

Lý thuyết.

Chọn C

Ta có: góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) chính là góc giữa hai đường thẳng SB và AB, đó chính là góc $\widehat{SBA}$

Xét tam giác SAB vuông tại A có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{SBA}={30}^{\text{o}}$

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 30^o

Chọn A

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó, $\phi$chính là góc $\widehat{SHA}$

Xét tam giác SAH vuông tại A có $\sin \widehat{SHA}=\frac{SA}{SH}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy $\sin \phi =\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Chọn A

$f\left(x\right)=x^3+b{x}^2+cx+d\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+2bx+c$

Kết hợp đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3}=1\\ \frac{c}{3}=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}b=-\frac{3}{2}\\ c=-6\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=x^3-\frac{3}{2}{x}^2-6x+d$

Vậy $T=f\left(2\right)-f\left(0\right)=-10$

Chọn B

Ta có $y=\frac{2x-1}{x+1}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}>0,\forall x\ne -1$ nên hàm số $y=\frac{2x-1}{x+1}$ đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.

Chọn C

$\left|f\left(x\right)\right|=2\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2\left(1\right)\\ f\left(x\right)=-2\left(2\right)\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: phương trình (1) có hai nghiệm, phương trình (2) có hai nghiệm (và các nghiệm này phân biệt) nên phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2$ có 4 nghiệm.

Chọn B

Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1 => M(1;2) 

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x$ nên hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là $f^{\text{'}}\left(1\right)=-3$

Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(1;2) là $y=-3\left(x-1\right)+2\iff y=-3x+5$

Chọn B

Tập xác định của hàm số là D = R\{2}

Chọn C

Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên AD = a và CD // AB mà AB // (SAB), suy ra CD // (SAB).

Do đó $d\left(SB,CD\right)=d\left(CD,\left(SAB\right)\right)=d\left(D,\left(SAB\right)\right)$

Lại có $AD\perp AB$ do ABCD là hình vuông và $AD\perp SA$ do $SA\perp \left(ABCD\right)$, suy ra $AD\perp \left(SAB\right)$ hay $d\left(D,\left(SAB\right)\right)=AD=a$. Vậy $d\left(SB,CD\right)=a$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=3x^2-3\Rightarrow y^{\text{'}}<0\iff 3x^2-3<0\iff -1<x<1$

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)

Chọn C

Xét hàm số $y=x^4+2x^2-3$, có $y^{\text{'}}=4x^3+4x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=0$nên hàm số có 1 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=x^3-x^2-3x+1$, có $y^{\text{'}}=3x^2-2x-3\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff x=\frac{1\pm \sqrt{10}}{3}$ nên hàm số có 2 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=x^4-2x^2-3$, có $y^{\text{'}}=4x^3-4x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-1\end{array}\right.$ nên hàm số có 3 điểm cực trị.

Xét hàm số $y=\frac{x+1}{x+2}$, có $y^{\text{'}}=\frac{1}{{\left(x+2\right)}^2}>0,\forall x\ne -2$nên hàm số không có cực trị.

Cách khác:

Chọn C

Chọn C

Tập xác định D = (-1;4]. Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Xét $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{x+1}}=+\infty$

Vì $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sqrt{4-x}=\sqrt{5}>0$và $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\sqrt{x+1}=0$ mặt khác x + 1 > 0 khi $x\to -1^{+}$

Suy ra đường thẳng x = -1 là đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho chỉ có một đường tiệm cận: x = -1

Chọn A

Từ bảng xét dấu suy ra hàm số đồng biến trên (1;3) .

Chọn D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=4x^3-4x-3m^2{x}^2=4x\left(x-1\right)\left(x+1\right)-3m^2{x}^2\le 0$ với $\forall x\in \left[0;1\right]$

Suy ra $\underset{\left[0;1\right]}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(0\right);\underset{\left[0;1\right]}{\text{min}}f\left(x\right)=f\left(1\right)$

Theo yêu cầu bài toán ta có

$$\begin{gathered} f\left(0\right).f\left(1\right)=-1\Rightarrow -m\left(-m^2-m-1\right)=-1\iff m^3+m^2+m+1=0 \\ \iff \left(m+1\right)\left(m^2+1\right)=0\iff m=-1 \end{gathered}$$

Chọn C

Ta có $y^{\text{'}}=\frac{-m^2+2m+3}{{\left(x-m\right)}^2}$.

Để thoả mãn ta có $\left\{\begin{array}{l}-m^2+2m+3>0\\ m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-1<m<3\\ m\le 2\end{array}\right.\iff -1<m\le 2$

Vậy $S=\left\{0;1;2\right\}$

Chọn A

Gọi $H\in A^{\text{'}}C:A^{\text{'}}H=2$ và $K\in A^{\text{'}}D:A^{\text{'}}K=2$

Khi đó $A^{\text{'}}.BHK$ là tứ diện đều có cạnh bằng 2 nên thể tích $V_1=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Ta có $\frac{V_1}{V_{A^{\text{'}}.BCD}}=\frac{A^{\text{'}}H}{A^{\text{'}}C}.\frac{A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}D}=\frac{4}{21}\Rightarrow V_{A^{\text{'}}.BCD}=\frac{4}{21}{V}_1=\frac{7\sqrt{2}}{2}$

Do $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=3V_{A^{\text{'}}.ABCD}=6V_{A^{\text{'}}.BCD}=21\sqrt{2}$

Chọn B

Xét hàm số $y=x^3-3x^2+1\Rightarrow y^{\text{'}}=3x^2-6x\Rightarrow y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

Để phương trình $x^3-3x^2+1-m=0\left(1\right).$ có 3 nghiệm phân biệt thì -3 < m < 1

Từ $x_1<1<x_2<x_3\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1-1<0\\ x_2-1>0,x_3-1>0\end{array}\right.$ kết hợp định lí vi – et: 

$\begin{array}{l}\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)\left(x_3-1\right)<0\iff x_1{x}_2{x}_3-\left(x_1{x}_2+x_2{x}_3+x_3{x}_1\right)+\left(x_1+x_2+x_3\right)-1<0\\ \iff \left(m-1\right)+3-1<0\\ \iff m<-1\end{array}$

Kết hợp điều kiện ta được: -3 < m < -1

Chọn A

Xét hàm số: $g\left(x\right)=x^3-3x^2\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Bảng biên thiên:

Số điểm cực trị của hàm số f(x) bằng số điểm cực trị cộng với số nghiệm bội lẻ nên để hàm số f(x) có đúng 3 điểm cực trị thì: $m\le -4\vee m\ge 0$

Chọn B

TH1: m =8 . Khi đó hám số suy biến thành hàm bậc hai có dạng $y=-x^2+2022$ là một parabol có bề lõm quay xuống nên đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị và là điểm cực đại. Suy ra m = 0 (thỏa mãn)

TH2: $m\ne 0$ . Khi đó hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương.

Ta có nhận xét sau về hàm bậc bốn trùng phương: $y=a{x}^4+b{x}^2+c\left(a\ne 0\right)$

Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi $ab<0$

Hàm số có một điểm cực trị khi và chỉ khi $a.b\le 0$

Do đó ta có hai khả năng cho TH2:

KN1: Đồ thị hàm số có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại thì

$\left\{\begin{array}{l}a<0\\ a.b\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a<0\\ b\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m-1\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\le 1\end{array}\right.\iff m<0$

KN2: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị trong đó có hai điểm cực tiểu và 1 điểm cực đại thì

$\left\{\begin{array}{l}a>0\\ a.b<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a>0\\ b<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m-1<0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>0\\ m<1\end{array}\right.\iff 0<m<1$

Vậy kết hợp các trường hợp trên ta được m < 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D

Do đồ thị $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ tiếp xúc trục hoành tại điểm có hoành độ bằng  nên đồ thị còn cắt trục hoành tại một điểm khác nữa, ta giả sử điểm đó có hoành độ $x_0\ne 1$

Khi đó $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d=a{\left(x-1\right)}^2\left(x-x_0\right)$

Do đồ thị $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ cắt đường thẳng y = 2m - 1 tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 0 và 4 nên ta có:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(0\right)=2m-1\\ f\left(4\right)=2m-1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-a.x_0=2m-1\\ 9a.\left(4-x_0\right)=2m-1\end{array}\right.\Rightarrow -a.x_0=9a.\left(4-x_0\right)\iff x_0=\frac{9}{2}$

Suy ra $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d=a{\left(x-1\right)}^2\left(x-\frac{9}{2}\right)$

Chọn B

Ta có:  $f\text{'}\left(x\right)\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)\iff 12x^3+12\left(1-2m^2\right)x^2+12\left(m-2m^2\right)x+12m\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)$

Vì $x\in \left(0;1\right)\Rightarrow x+1>0$ nên yêu cầu bài toán $\iff \underset{g\left(x\right)}{\underbrace{x^2-2m^{2}x+m}}\le 0,\forall x\in \left(0;1\right)$. (*)

Xét ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}=m^4-m$

TH1: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}<0$, do $a=1>0\Rightarrow g\left(x\right)>0,\forall x\in ℝ$ (không thỏa mãn).

TH2: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=0\end{array}\right.$ (không thỏa mãn).

TH3: ${{\Delta }_{g\left(x\right)}}^{\text{'}}>0\iff m^4-m>0\iff \left[\begin{array}{l}m>1\\ m<0\end{array}\right.$

Khi đó $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt  (giả sử $x_1<x_2$).

Ta có bảng xét dấu của g(x) như sau:

Theo yêu cầu bài toán ta có $\left\{\begin{array}{l}g\left(0\right)\le 0\\ g\left(1\right)\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ 1-2m^2+m\le 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 0\\ \left[\begin{array}{l}m\ge 1\\ m\le -\frac{1}{2}\end{array}\right.\end{array}\right.\iff m\le -\frac{1}{2}$

Do $\left\{\begin{array}{l}m\in \mathbb{Z}\\ m\in \left[-20;20\right]\end{array}\right.$ nên ta nhận $m\in \left\{-20;-19;\mathrm{...};-1\right\}$. Vậy có tất cả 20 giá trị thỏa mãn.

Chọn D

Đặt $g\left(x\right)=f\left(x\right)-\frac{1}{2}{x}^2\Rightarrow g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}\left(x\right)-x, g^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)-x=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=x$

Dưa vào đồ thị 2 hàm số y = f'(x) và đồ thị hàm số y = x  ta được $g^{\text{'}}\left(x\right)<0,\forall x\in \left[1;2\right]$. Do đó hàm số g(x)  nghịch biến trên $\left[1;2\right]\Rightarrow \underset{\left[1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=g\left(1\right)=f\left(1\right)-\frac{1}{2}$

Yêu cầu bài toán $m>\underset{\left[1;2\right]}{\max }g\left(x\right)=f\left(1\right)-\frac{1}{2}$

Chọn C

Giả sử $O=AC\cap BD$

Do $\left\{\begin{array}{l}SA=SB=SC=SD\\ OA=OB=OC=OD\end{array}\right.\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$. Ta có $V_{S{A}^{\text{'}}BD}=V_{A\text{'}.SBD}$

Do $\left\{\begin{array}{l}AA\text{'}//BB\text{'}\\ BB\text{'}\subset \left(SBD\right)\end{array}\right.\Rightarrow d\left(A\text{'},\left(SBD\right)\right)=d\left(A,\left(SBD\right)\right)\Rightarrow V_{A\text{'}.SBD}=V_{A.SBD}$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AO\perp SO\\ AO\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow AO\perp \left(SBD\right)$

Tam giác SOB vuông tại $O\Rightarrow SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{3a^2-2a^2}=a$

$V_{S.ABD}=V_{A.SBD}=\frac{1}{3}AO.k,\left(1\right)$

Với  là diện tích tam giác $SBD\Rightarrow k=\frac{1}{2}SO.BD=\frac{1}{2}a.2a\sqrt{2}=\sqrt{2}{a}^2,\left(2\right)\text{ . }AO=a\sqrt{2}\left(3\right)$

Thay (2), (3) vào (1) ta được $V_{S.A^{\text{'}}BD}=V_{A\text{'}.SBD}=\frac{1}{3}a\sqrt{2}.\sqrt{2}{a}^2=\frac{2a^3}{3}$