Đáp án B

Gọi h là chiều cao khối nón ta có: $h=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$

Vậy thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}\pi a^2.a\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}\pi a^3}{3}$

Đáp án C

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)$ chỉ đổi dấu khi qua $x=-1;x=3$ do đó hàm số $f\left(x\right)$ chỉ có hai điểm cực trị $x=-1;x=3$

Đáp án A

Gọi tọa độ điểm $D\left(x;y;z\right)$.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}=\left(-2;2;-2\right)\\ \overrightarrow{DC}=\left(-1-x;3-y;2-z\right)\end{array}\right.$.

Vì ABCD là hình bình hành nên $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$.

Do đó, ta có hệ sau: $\left\{\begin{array}{l}-1-x=-2\\ 3-y=2\\ 2-z=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\\ z=4\end{array}\right.$

Vậy tọa độ điểm D(1;1;4)

Chú ý: Công thức tính nhanh tọa độ còn lại đối với một trong các hình (hình vuông, hình chữ nhật, hình bình hành, hình thoi) khi đã biết tọa độ ba điểm như sau:

Cho hình bình hành ABCD khi đó, ta sử dụng biểu thức: $A+C=B+D$ (đối nhau sẽ cộng nhau)

Đáp án D

Ta thấy trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ thì y' > 0, suy ra hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\infty ;0\right)$

Đáp án C

Hàm số $y={\left(x^2+x-6\right)}^{-\frac{1}{3}}$ xác định khi và chỉ khi $x^2+x-6>0$.

.$\iff \left(x-2\right)\left(x+3\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-3\\ x>2\end{array}\right.$

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là $D=\left(-\infty ;-3\right)\cup \left(2;+\infty \right)$

Chú ý: Tập xác định của hàm số lũy thừa $y=x^{\alpha }$

Đáp án A

Ta có $\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx$

Trong đó $\underset{-1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx=\frac{\left(1+3\right).2}{2}=4$

Và $\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=-\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=-\frac{\left(1+2\right).1}{2}=\frac{3}{2}$

Vậy $\underset{-1}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$

Đáp án A

Thể tích khối cầu bán kính a là $V=\frac{4}{3}\pi a^3$

Đáp án C

Ta có: $3^{x-1}=9\iff 3^{x-1}=3^2\iff x=3$

Đáp án B

Vì $\left(\alpha \right)$ song song với $\left(Q\right):2x-y+3x+2=0$ nên mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ có phương trình dạng $2x-y+3z+d=0\left(d\ne 2\right)$.

Vì $\left(\alpha \right)$ đi quả điểm $A\left(2;-1;1\right)$ nên $2.2-\left(-1\right)+3.1+d=0\iff d=-8$ (thỏa mãn $d\ne 2$).

Vậy $\left(\alpha \right)$ có phương trình là $2x-y+3z-8=0$

Chú ý: Cho $\left(\alpha \right):ax+by+cz+d_1=0$ thì mặt phẳng song song với $\left(\alpha \right)$ có dạng $\left(\beta \right):ax+by+cz+d_2=0$.

Đáp án C

Ta có: $\int x{e}^{x}dx=\int xd\left(e^x\right)=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C$

Chú ý: Sử dụng công thức nguyên hàm từng phần: $\int udv=uv-\int vdu$

Đáp án A

Đáp án B

Giáo viên có 2 phương án lựa chọn:

+ Phương án 1: Chọn 1 học sinh nam: có 9 cách chọn.

+ Phương án 2: Chọn 1 học sinh nữ: có 6 cách chọn.

Vậy có 9 + 6 = 15 cách chọn 1 học sinh làm trực nhật.

Đáp án C

Theo giả thiết ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_4=2\\ u_2=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+3d=2\\ u_1+d=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=5\\ d=-1\end{array}\right.$

Đáp án A

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=x-yi$

Khi đó $M\left(x;y\right)$ và $M^{\text{'}}\left(x;-y\right)$  đối xứng nhau qua trục hoành.

Đáp án B

Đồ thị hàm số đi qua điểm (1;0) nên chọn B, C.

Ta thấy nếu tịnh tiến đồ thị (C) sang bên trái 1 đơn vị thì ta được đồ thị hàm số $y=x^3$

Do đó đồ thị (C) có dạng là: $y={\left(x-1\right)}^3$

Đáp án A

A. Đúng. Vì $\underset{x\to 5}{\lim }y=+\infty$ nên hàm số không có GTLN trên [-1;5].

B. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên $[-1;5]$ .

C. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên [-1;5] và $\underset{x\to 5}{\lim }y=+\infty$.

D. Sai. Hàm số đã cho chỉ đạt GTNN tại x = 2 trên [-1;5].

Đáp án D

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=3\\ x=\pm 1\end{array}\right.$, trong đó $x=-2$ là nghiệm bội chẵn.

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số có 2 điểm cực tiểu là: x = -1 và x = 3.

Đáp án B

Ta có $z^2={\left(a+bi\right)}^2=a^2+2abi+{\left(bi\right)}^2=a^2+2abi-b^2=\left(a^2-b^2\right)+2abi$

Đáp án D

Gọi R là bán kính mặt cầu, suy ra diện tích mặt cầu là: $4\pi R^2$

Theo đề bài mặt cầu có diện tích là $4\pi$ nên ta có $4\pi R^2=4\pi \iff R=1$

Mặt cầu có tâm I(1;1;1) và bán kính R = 1 nên có phương trình:

.${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=1$

Đáp án C

Ta có $P={\log }_{7^{\frac{1}{3}}}\left(\frac{{11}^2}{2^3}\right)=3\left({\log }_7{11}^2-{\log }_7{2}^3\right)$

$=3\left(2{\log }_{7}11-3{\log }_{7}2\right)=3\left(2{\log }_{7}11-\frac{3}{{\log }_{2}7}\right)$

Mà $b={\log }_{2}7$ và $a={\log }_{49}11={\log }_{7^2}11=\frac{1}{2}{\log }_{7}11\Rightarrow {\log }_{7}11=2a$

Vậy $P=3\left(2.2a-\frac{3}{b}\right)=12a-\frac{9}{b}$.

Phương pháp CASIO – VINACAL

Thao tác trên máy tính	Màn hình hiển thị
Ấn $\boxed{{\log }_{49}11}\to \boxed{\text{SHIFT}}\to \boxed{\text{RCL}}\to \boxed{(-)}$ (Lưu giá trị ${\log }_{3}15$ vào bộ nhớ A)
(Lưu giá trị ${\log }_{3}15$ vào bộ nhớ B)
Kiểm tra đáp án A Ấn $\boxed{\underset{P}{\underbrace{{\log }_{\sqrt[3]{7}}\frac{121}{8}}}-\underset{\left(A\right)}{\underbrace{\left(12a+\frac{9}{b}\right)}}}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án A sai (vì kết quả của hiệu trên không bằng 0).
Kiểm tra đáp án A Ấn $\boxed{\underset{P}{\underbrace{{\log }_{\sqrt[3]{7}}\frac{121}{8}}}-\underset{\left(B\right)}{\underbrace{\left(12a-\frac{9}{2b}\right)}}}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án B sai (vì kết quả của hiệu trên không bằng 0).
Kiểm tra đáp án C Ấn $\boxed{\underset{P}{\underbrace{{\log }_{\sqrt[3]{7}}\frac{121}{8}}}-\underset{\left(A\right)}{\underbrace{\left(12a-\frac{9}{b}\right)}}}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án C đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0).

Đáp án B

Cách 1:

Do $z=-3+4i$ là một nghiệm của phương trình $z^2+az+b=0$ nên ta có:

${\left(-3+4i\right)}^2+a\left(-3+4i\right)+b=0\iff -7-24i-3a+4ai+b=0$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-7-3a+b=0\\ -24+4a=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=6\\ b=25\end{array}\right.$

Vậy $a-b=6-25=-19$

Cách 2:

Do $z=-3+4i$ là một nghiệm của phương trình bậc hai $z^2+az+b=0$ nên $z=-3-4i$ cũng là nghiệm.

Theo định lý Vi-ét ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left(-3+4i\right)+\left(-3-4i\right)=-a\\ \left(-3+4i\right)\left(-3-4i\right)=b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}-6=-a\\ 25=b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=6\\ b=25\end{array}\right.$

Vậy $a-b=6-25=-19$.

Đáp án D

Ta có $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)\iff \frac{2}{1}=\frac{4}{2}=\frac{-m}{-1}\ne \frac{-2}{-1}$ (vô lý vì $\frac{2}{1}=\frac{4}{2}=\frac{-2}{-1}$).

Vậy không tồn tại m để hai mặt phẳng $\left(\alpha \right),\left(\beta \right)$ song song với nhau.

Chú ý: Cho $\left(\alpha \right):A_{1}x+B_{1}y+C_{1}z+D_1=0$ và $\left(\beta \right):A_{2}x+B_{2}y+C_{2}z+D_2=0$.

Để $\left(\alpha \right)//\left(\beta \right)$ thì $\frac{A_1}{A_2}=\frac{B_1}{B_2}=\frac{C_1}{C_2}\ne \frac{D_1}{D_2}$.

Đáp án C

Điều kiện: $x^2-3x+2>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right.$

Bất phương trình tương đương với: ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2-3x+2\right)\ge {\log }_{\frac{1}{2}}2$

$\iff x^2-3x+2\le 2\iff 0\le x\le 3$

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là: .

Phương pháp CASIO – VINACAL

Thao tác trên máy tính	Màn hình hiển thị
Ấn $\underset{VT}{\underbrace{{\log }_{\frac{1}{2}}\left(x^2-3x+2\right)}}-\underset{VP}{\underbrace{\left(-1\right)}}\to \boxed{\text{CALC}}\to$ $\text{100}\underset{\left(C\right),\left(B\right),\left(D\right)}{\overset{\left(A\right)}{\to }}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án A sai (vì kết quả của hiệu trên bé hơn 0, tức VT < VP).
Ấn $\boxed{\text{CALC}}\to \text{3}\underset{\left(D\right)}{\overset{\left(B\right),\left(C\right)}{\to }}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án B, C có khả năng đúng (vì kết quả của hiệu trên bằng 0, tức VT = VP).
Ấn $\boxed{\text{CALC}}\to \text{1}\underset{\left(C\right)}{\overset{\left(B\right)}{\to }}\to \boxed{=}$
Vậy đáp án B sai (vì 1 làm cho bất phương trình không tồn tại). Vậy đáp án C đúng.

Đáp án B

$S=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\left|f\left(x\right)\right|dx$

Đáp án B

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật:

$R=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2+A{A^{\text{'}}}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Đáp án B

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là: x = -1.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là: y = 2.

Giao điểm hai tiệm cận I(-1;2)

Thay tọa độ điểm I vào các đáp án, ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Đáp án D

Trong tam giác vuông SAB, ta có

$S{A}^2=AH.AB=\frac{2}{3}AB.AB=\frac{2}{3}{a}^2$

$SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$

Diện tích hình vuông ABCD là: $S_{ABCD}=a^2\left(\text{đvdt}\right)$

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{a^3\sqrt{2}}{9}\left(\text{đvtt}\right)$

Đáp án C

Ta có: $2f\left(x\right)-1=0\iff f\left(x\right)=\frac{1}{2}$

Số nghiệm phương trình $2f\left(x\right)-1=0$ thuộc khoảng (-2;1) là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=\frac{1}{2}$ thuộc khoảng (-2;1).

Dựa vào đồ thị, suy ra đường thẳng $y=\frac{1}{2}$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại hai điểm phân biệt thuộc khoảng (-2;1) hay phương trình $2f\left(x\right)-1=0$ có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (-2;1).

Cho hàm số  có đồ thị như hình vẽ.

Đáp án D

Gọi O là tâm của hình thoi ABCD Þ OJ là đường trung bình của $\Delta BCD$.

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}OJ//CD\\ OJ=\frac{1}{2}CD\end{array}\right.$

Vì $CD//OJ\Rightarrow \left(IJ,CD\right)=\left(IJ,OJ\right)$

Xét tam giác IOJ, có $\left\{\begin{array}{l}IJ=\frac{1}{2}SB=\frac{a}{2}\\ OJ=\frac{1}{2}CD=\frac{a}{2}\\ IO=\frac{1}{2}SA=\frac{a}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \Delta IOJ$ đều.

Vậy $\left(IJ,CD\right)=\left(IJ,OJ\right)=\widehat{IJO}=60°$

Đáp án D

Phương trình tương đương với: ${\log }_5\left(2^x{.5}^{x^2-2x}\right)={\log }_{5}1\iff {\log }_5\left(2^x{.5}^{x^2-2x}\right)=0$

${\log }_5{2}^x+{\log }_5{5}^{x^2-2x}=0\iff x{\log }_{5}2+x^2-2x=0$

$\iff x\left({\log }_{5}2+x-2\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_1=0\\ x_2=2-{\log }_{5}2\end{array}\right.$

Do đó $x_1+x_2=2-{\log }_{5}2$.

Đáp án C

Bán kính đáy của khối trụ: $r=\frac{20}{2\pi }=\frac{10}{\pi }$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{V}_{\text{nón}}=\frac{1}{3}{h}_1\times S_1=\frac{1}{3}.10\times \pi {\left(\frac{10}{\pi }\right)}^2=\frac{1000}{3\pi }\\ V_{\text{tru}}=h_2\times S_2=40\times \pi .{\left(\frac{10}{\pi }\right)}^2=\frac{4000}{\pi }\end{array}\right.\Rightarrow V=V_1+V_2=\frac{13000}{3\pi }$

Đáp án B

Từ giả thiết, ta có $f\left(-x\right)={\left(x{e}^x\right)}^{\text{'}}=\left(x+1\right)e^x\Rightarrow f\left(x\right)=\left(1-x\right)e^x$

Suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)=\left(x-2\right)e^{-x}$

Khi đó $\int f^{\text{'}}\left(x\right)e^{x}dx=\int \left(x-2\right)dx=\frac{x^2}{2}-2x+C$

Theo đề bài ta có $F\left(0\right)=1\Rightarrow C=1$

Suy ra $F\left(x\right)=\frac{x^2}{2}-2x+1\Rightarrow F\left(-1\right)=\frac{7}{2}$

Đáp án A

Gọi $E=HK\cap AC$

Do $HK//BD$ nên $d\left(HK,SD\right)=d\left(HK,\left(SBD\right)\right)$

$=d\left(E,\left(SBD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SBD\right)\right)$

Kẻ $AF\perp SO$.

Khi đó $d\left(A,\left(SBD\right)\right)=AF=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}}=\frac{2a}{3}$

Vậy $d\left(HK,SD\right)=\frac{1}{2}AF=\frac{a}{3}$

Đáp án B

Đường thẳng $d_1$ đi qua điểm $M_1=\left(3;-1;-1\right)$ và có một véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_1}=\left(1;-2;1\right)$.

Đường thẳng $d_2$ đi qua điểm $M_2=\left(0;0;1\right)$ và có một véctơ chỉ phương là $\overrightarrow{u_2}=\left(1;-2;1\right)$.

Do $\overrightarrow{u_1}=\overrightarrow{u_2}$ và $M_1\notin d_1$ nên hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ song song với nhau.

Ta có $\overrightarrow{M_1{M}_2}=\left(-3;1;2\right),\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{M_1{M}_2}\right]=\left(-5;-5;-5\right)=5\left(1;1;1\right)$.

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $d_1$ và $d_2$ khi đó $\left(\alpha \right)$ có một véctơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(1;1;1\right).$

Phương trình mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ là $x+y+z-1=0$.

Gọi $A=d_3\cap \left(\alpha \right)$ thì $A\left(1;-1;1\right)$.

Gọi $B=d_4\cap \left(\alpha \right)$ thì $B\left(-1;2;0\right)$.

Do $\overrightarrow{AB}=\left(-2;3;-1\right)$ không cùng phương với $\overrightarrow{u_1}=\left(1;-2;1\right)$ nên đường thẳng AB cắt hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$.

Đáp án C

TXĐ: $D=ℝ$

$y^{\text{'}}=x^2-2\left(m+1\right)x+\left(m^2+2m\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=m\\ x=m+2\end{array}\right.$

Bảng xét dấu y'

Để hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì $y^{\text{'}}\le \mathrm{0,}\forall x\in \left(-1;1\right)$

$\iff x^2-2\left(m+1\right)x+\left(m^2+2m\right)\le \mathrm{0,}\forall x\in \left(-1;1\right)$

Từ bảng xét dấu ta thấy để hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1) thì

$\left\{\begin{array}{l}m\le -1\\ m+2\ge 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge -1\end{array}\right.\iff m=-1$

Đáp án B

Phương trình đã cho trở thành: $a^2+b^2-12\sqrt{a^2+b^2}+2bi=13+10i$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2-12\sqrt{a^2+b^2}=13\\ 2b=10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\sqrt{a^2+b^2}=13\\ b=5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=12\\ b=5\end{array}\right.\left(\text{do }a>0\right)$

Vậy $S=a+b=17$.

Đáp án C

Ta có: $g^{\text{'}}\left(x\right)=\left[2f^{\text{'}}\left(x\right)-4\right].{\pi }^{2f\left(x\right)-4x}\ln \pi =0$

$\iff 2f^{\text{'}}\left(x\right)-4=0\iff f^{\text{'}}\left(x\right)=2$

Đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x\right)$ nhận được từ việc tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f^{\text{'}}\left(x-1\right)$ sang trái 1 đơn vị nên $f^{\text{'}}\left(x\right)=2\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=0\\ x=1\end{array}\right.$.

Do x = -2 và x = 1 là nghiệm bội chẵn nên ta có

Bảng biến thiên hàm số $g\left(x\right)$

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hàm số đạt cực tiểu tại x = 0

Đáp án D

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\\ dv=\left(x+1\right)e^{x}dx\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=f^{\text{'}}\left(x\right)\\ v=\int \left(x+1\right)e^{x}dx=x.e^x\end{array}\right.$

Suy ra $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x+1\right)e^{x}f\left(x\right)dx={\left.x{e}^x.f\left(x\right)\right|}_0^1-\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^x.f^{\text{'}}\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^x.f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\frac{1-e^2}{4}$

Chọn k sao cho

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)+k.x{e}^x\right]}^{2}dx=0\iff \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left[f^{\text{'}}\left(x\right)\right]}^{2}dx+2k.\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^x.f^{\text{'}}\left(x\right)dx+k^2.\underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^2{e}^{2x}dx=0$

$\iff \frac{e^2-1}{4}-2k.\frac{e^2-1}{4}+k^2.\frac{e^2-1}{4}=0\iff {\left(k-1\right)}^2=0\iff k=1\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=-x{e}^x$

Do đó $f\left(x\right)=\int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=-\int x{e}^{x}dx=-\left(x-1\right)e^x+C$ mà $f\left(1\right)=0\Rightarrow C=0$.

Vậy $f\left(x\right)=-\left(x-1\right)e^x\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(1-x\right)e^{x}dx=e-2$

Đáp án A

Ta có: Sau 10 năm thể tích khí $C{O}_2$ là: $V_{2008}=V{\left(1+\frac{a}{100}\right)}^{10}=V.\frac{{\left(100+a\right)}^{10}}{{10}^{20}}$

Do đó, 8 năm tiếp theo thể tích khí $C{O}_2$ là: $V_{2016}=V_{2008}{\left(1+\frac{n}{100}\right)}^8=V\frac{{\left(100+a\right)}^{10}}{{10}^{20}}{\left(1+\frac{n}{100}\right)}^8$

$=V\frac{{\left(100+a\right)}^{10}}{{10}^{20}}\frac{{\left(100+n\right)}^8}{{10}^{16}}=V\frac{{\left(100+a\right)}^{10}.{\left(100+n\right)}^8}{{10}^{36}}$

Đáp án D

Xét hàm số $y=x^3-3x+m,x\in \left[0;2\right]$

$y=3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-1\left(l\right)\end{array}\right.$

Ta có $y\left(0\right)=m;y\left(1\right)=m-2;y\left(2\right)=m+2$

Suy ra: $\underset{\left[0;2\right]}{\min }y=m-2;\underset{\left[0;2\right]}{\max }y=m+2$

TH1: $\left(m+2\right)\left(m-2\right)\le 0\Rightarrow -2\le m\le 2$

$\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }\left|y\right|=0;\underset{\left[0;2\right]}{\max }\left|y\right|=\left\{\left|m-2\right|;\left|m+2\right|\right\}$