Đáp án B       

Áp dụng định lý Vi-ét cho phương trình $z^2-mz+2m-1=0$ trong tập số phức ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_2=-\frac{b}{a}=m\\ z_1{z}_2=\frac{c}{a}=2m-1\end{array}\right.$

Khi đó: $z_1^2+z_2^2=-10\iff {\left(z_1+z_2\right)}^2-2z_1{z}_2=-10$

$\iff m^2-2\left(2m-1\right)=-10\iff m^2-4m+12=0\iff m=2\pm 2\sqrt{2}i.$

Đáp án C

Đường thẳng $d_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=\left(1;2;3\right)$ và đi qua $M_1\left(1;0;3\right)$

Đường thẳng $d_2:\frac{x}{2}=\frac{y-1}{4}=\frac{z-2}{6}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(2;4;6\right)$  và đi qua $M_2\left(0;1;2\right)$

Nhận thấy $\overrightarrow{u_2}=2\overrightarrow{u_1}$ nên $\overrightarrow{u_1};\overrightarrow{u_2}$ cùng phương. Lại có, thay tọa độ $M_2\left(0;1;2\right)$, $d_1:\frac{x-1}{1}=\frac{y}{2}=\frac{z-3}{3}$ ta được $\frac{0-1}{1}=\frac{1}{2}=\frac{2-3}{3}\iff -1=\frac{1}{2}=-\frac{1}{3}$ (vô lý) nên $M_2\notin d_1.$

Vậy $d_1//d_2.$

Đáp án D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x-1}$ có đường TCĐ: x = 1 và đường TCN: y = 2

Đáp án A

Số tiền sau 2 năm (24 tháng) người đó nhận được là $M=2{\left(1+\mathrm{0,65}\%\right)}^{24}=2.{\left(\mathrm{1,0065}\right)}^{24}$ triệu đồng.

Đáp án D

Hình tứ diện đều có 4 mặt, 4 đỉnh và 6 cạnh.

Đáp án D

Ta có $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{e}^{x+1}dx=e^{x+1}\left|{}_{\begin{array}{l}\\ -1\end{array}}^{\begin{array}{l}a\\ \end{array}}\right.=e^{a+1}-e^{-1+1}=e^{a+1}-1.$

Theo đề bài $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{e}^{x+1}dx=e^2-1$ nên $e^{a+1}-1=e^2-1\iff a+1=2\iff a=1.$

Đáp án D

Gọi $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)\Rightarrow \overline{z}=a-bi.$

Ta có: $3z+2\overline{z}={\left(4-i\right)}^2\iff 3\left(a+bi\right)+2\left(a-bi\right)=16-8i+i^2$

$\iff 5a+bi=15-8i\iff \left\{\begin{array}{l}5a=15\\ b=-8\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=3\\ b=-8\end{array}\right.\Rightarrow z=3-8i$

Vậy $\left|z\right|=\sqrt{3^2+8^2}=\sqrt{73}.$

Đáp án D

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.$

Lại có ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}=6x-6$, suy ra ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(0\right)=6.0-6=-6<0$ và ${y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(2\right)=6.2-6=6>0$

Nên xx= 0 là điểm cực đại của hàm số và x = 2 là điểm cực tiểu của hàm số.

Đáp án D

Đáp án A: Hàm phân thức không có cực trị nên loại A.

Đáp án B: Hàm bậc ba nếu có cực đại thì chắc chắn có cực tiểu nên loại B.

Do đó ta chỉ xét các hàm số ở mỗi đáp án C và D.

Đáp án D: $y^{\text{'}}=-40x^3-10x=-10x\left(4x^2+1\right)=0\iff x=0$

Ngoài ra y' đổi dấu từ dương sang âm qua x = 0 nên x = 0 là điểm cực đại của hàm số, hàm số không có cực tiểu.

Đáp án A

Ta có $V_{OABC}=\frac{1}{3}OA.S_{OBC}=\frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.2a.3a=a^3$ Lại có $\frac{V_{OCMN}}{V_{OCAB}}=\frac{OC}{OC}.\frac{OM}{OA}.\frac{ON}{OB}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ $V_{OCMN}=\frac{1}{4}{V}_{OCAB}=\frac{1}{4}.a^3=\frac{a^3}{4}.$

Đáp án D

Ta có: $y=\ln \frac{1}{x+1}=\ln 1-\ln \left(x+1\right)=-\ln \left(x+1\right)$

Suy ra $y^{\text{'}}={\left[-\ln \left(x+1\right)\right]}^{\text{'}}=-\frac{{\left(x+1\right)}^{\text{'}}}{x+1}=-\frac{1}{x+1}$

Do đó $x{y}^{\text{'}}-1=x.\left(-\frac{1}{x+1}\right)-1=\frac{-x-\left(x+1\right)}{x+1}=\frac{-2x-1}{x+1}$

$x{y}^{\text{'}}+1=x.\left(-\frac{1}{x+1}\right)+1=\frac{-x+\left(x+1\right)}{x+1}=\frac{1}{x+1}$

$e^y=e^{-\ln \left(x+1\right)}=e^{\ln \frac{1}{x+1}}=\frac{1}{x+1}=x{y}^{\text{'}}+1$

Vậy $x{y}^{\text{'}}+1=e^y.$

Đáp án B

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta xác định rằng đây là đồ thị hàm đa thức bậc ba nên loại A và D.

Lại có điểm có tọa độ (-1;3) thuộc đồ thị hàm số nên ta thay x = -1; y = 3 vào hai hàm số còn lại thì chỉ có hàm số $y=x^3-3x+1$ thỏa mãn.

Đáp án B

Xét phương trình $x^3=4x\iff x\left(x^2-4\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\\ x=-2\end{array}\right.$

Do đó:

$S=\underset{-2}{\overset{2}{\int }}\left|x^3-4x\right|dx=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left|x^3-4x\right|dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|x^3-4x\right|dx=\underset{-2}{\overset{0}{\int }}\left(x^3-4x\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^3-4x\right)dx$

$=\left(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2\right)\left|{}_{\begin{array}{l}\\ -2\end{array}}^{\begin{array}{l}0\\ \end{array}}\right.-\left(\frac{1}{4}{x}^4-2x^2\right)\left|{}_{\begin{array}{l}\\ 0\end{array}}^{\begin{array}{l}2\\ \end{array}}\right.=4+4=8.$

Đáp án C

Vì hình nón có bán kính R và chiều cao h bằng nhau nên h = R và thể tích hình nón đã cho là $V_n=\frac{1}{3}\pi R^{2}h=\frac{1}{3}\pi R^2.R=\frac{1}{3}\pi R^3$ Cắt hình nón bởi mặt phẳng đi qua trục ta được thiết diện là tam giác cân SAB có $SH=h=R=HB=\frac{BA}{2}$ nên $\Delta SAB$ vuông tại S. Khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB và H cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình nón đỉnh S. Nên bán kính mặt cầu là  nên thể tích hình cầu này là $V_c=\frac{4}{3}\pi R^3.$ Suy ra $\frac{V_n}{V_c}=\frac{\frac{1}{3}\pi R^3}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{1}{4}.$

Đáp án A

Ta có: $w=3z_1-2z_2=3\left(1+2i\right)-2\left(2-3i\right)=3+6i-4+6i=-1+12i$

Vậy phần ảo của w là 12.

Đáp án B

Ta có $\int f\left(x\right)dx=\int \left(3x^2+e^{-x}\right)dx=3.\frac{x^3}{3}-e^{-x}+C=x^3-e^{-x}+C.$

Đáp án A

Hàm số đã cho có hai điểm cực trị thỏa mãn $x_{CD}<x_{CT}$ nếu và chỉ nếu a > 0 và phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt.

$•a>0\iff \frac{m}{3}>0\iff m>0$

$•y^{\text{'}}=0\iff m{x}^2+4x+m=0$ có ${\Delta }^{\text{'}}=4-m^2$

Phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt $\iff \Delta =4-m^2>0\iff -2<m<2$

Kết hợp ta được 0 < m < 2

Đáp án C

Vì $f\left(x\right)<0;\forall x>0$ nên hàm số nghịch biến trên $\left(0;+\infty \right)$ suy ra

$f\left(1\right)>f\left(2\right)>f\left(e\right)>f\left(3\right)>f\left(\pi \right)>f\left(4\right)$

Khi đó

+ $\left\{\begin{array}{l}f\left(e\right)>f\left(3\right)\\ f\left(\pi \right)>f\left(4\right)\end{array}\right.\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)>f\left(3\right)+f\left(4\right)$ nên A sai

+ $f\left(e\right)>f\left(\pi \right)$ nên $f\left(e\right)-f\left(\pi \right)>0$ nên B sai

+ $\left\{\begin{array}{l}f\left(e\right)<f\left(2\right)\\ f\left(\pi \right)<f\left(2\right)\end{array}\right.\Rightarrow f\left(e\right)+f\left(\pi \right)<2f\left(2\right)$ nên C đúng

+ $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)>f\left(3\right)\\ f\left(2\right)>f\left(3\right)\end{array}\right.\Rightarrow f\left(1\right)+f\left(2\right)>2f\left(3\right)$ nên D sai

Đáp án D

$y=-x^4+4x^2+10\Rightarrow y^{\text{'}}=-4x^3+8x=-4x\left(x^2-2\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{2}\end{array}\right..$

Nhận thấy: $y^{\text{'}}>0\iff \left[\begin{array}{l}x<-\sqrt{2}\\ 0<x<\sqrt{2}\end{array}\right.$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right)$ và $\left(0;\sqrt{2}\right)$ (khoảng (I) và (III))

Đáp án C

+ Hàm số $y=a^x$ với a > 1 thì đồng biến trên R nên A sai.

+ Hàm số $y=a^x$ với 0 < a < 1 thì nghịch biến trên R nên B sai.

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ và đồ thị hàm số $y={\log }_{a}x$ đối xứng nhau qua đường thẳng y = x nên C đúng

+ Đồ thị hàm số $y=a^x$ với a > 0 và $a\ne 1$ luôn đi qua điểm $M\left(1;a\right)$ nên D sai.

Đáp án A

Mặt phẳng (P) chứa d và d' nếu nó đi qua $M=d\cap d^{\text{'}}$ và nhận $\left[\overrightarrow{u_d},\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}\right]$ làm vectơ pháp tuyến.

$d:\frac{x-1}{-2}=\frac{y+2}{1}=\frac{z-4}{3}\Rightarrow d:\left\{\begin{array}{l}x=1-2t^{\text{'}}\\ y=-2+t^{\text{'}}\\ z=4+3t^{\text{'}}\end{array}\right.$

Gọi M là giao điểm của d và d', khi đó $\left\{\begin{array}{l}1-2t^{\text{'}}=-1+t\\ -2+t^{\text{'}}=-t\\ 4+3t^{\text{'}}=-2+3t\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2t^{\text{'}}+t=2\\ -t^{\text{'}}-t=-2\\ -3t^{\text{'}}+3t=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{t}^{\text{'}}=0\\ t=2\end{array}\right..$

Suy ra $M\left(1;-2;4\right)$

Ta có: $\overrightarrow{u_d}=\left(-2;1;3\right),\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}=\left(1;-1;3\right)\Rightarrow \overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u_d};\overrightarrow{u_{d^{\text{'}}}}\right]=\left(6;9;1\right)$

Mặt phẳng (P) đi qua M(1;-2;4) và nhận $\overrightarrow{n}=\left(6;9;1\right)$ làm vectơ pháp tuyến nên $\left(P\right):6\left(x-1\right)+9\left(y+2\right)+1\left(z-4\right)=0\iff 6x+9y+z+8=0.$

Đáp án A

Hình nón đỉnh S có thiết diện đi qua đỉnh là tam giác vuông cân SAB khi đó xét tam giác vuông SHB có đường cao $SH=HB.\tan 45°$ nên B đúng.

Tam giác SBH vuông có $\angle SBH=45°$ nên $\Delta SHB$ vuông cân, suy ra $\angle HSB=45°$ hay đường sinh  hợp với trục SH góc $HSB=45°$ nên C đúng.

Và đường sinh SB tạo với đáy góc $\angle SBH=45°$ nên D đúng.

Hai đường sinh bất kì SB, SC chưa chắc vuông góc với nhau nên A sai.

Đáp án A

Đáp án A: $\overrightarrow{n_P}=\left(2;11;-5\right),\overrightarrow{n_Q}=\left(-1;2;1\right)$

$\Rightarrow \cos \alpha =\frac{\left|2.\left(-1\right)+11.2+\left(-5\right).1\right|}{\sqrt{2^2+{11}^2+{\left(-5\right)}^2}.\sqrt{{\left(-1\right)}^2+2^2+1^2}}=\frac{15}{30}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =60°$

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{BC}=\left(-3;0;1\right);\overrightarrow{BD}=\left(-4;-1;2\right)\Rightarrow \left[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}\right]=\left(1;2;3\right)$

Mặt phẳng (BCD) đi qua B(3;2;0) và có 1 vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{BC};\overrightarrow{BD}\right]=\left(1;2;3\right)$ nên phương trình mặt phẳng (BCD) là $1\left(x-3\right)+2\left(y-2\right)+3\left(z-0\right)=0\iff x+2y+3z-7=0$

Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) nên bán kính mặt cầu là

$\text{R}=d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{\left|3+2.\left(-2\right)+3.\left(-2\right)-7\right|}{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}=\sqrt{14}$

Phương trình mặt cầu (S) là ${\left(x-3\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2+{\left(z+2\right)}^2=14.$

Đáp án C

Ta có: $y^{\text{'}}=\frac{-1.3-2.1}{{\left(2x+3\right)}^2}=-\frac{5}{{\left(2x+3\right)}^2}<\mathrm{0,}\forall x\ne -\frac{3}{2}$

Do đó hàm số nghịch biến trên $\left[0;2\right]\Rightarrow \underset{\left[0;2\right]}{\min }y=y\left(2\right)=-\frac{1}{7}.$

Đáp án B

Số phức $z=5-4i$ có môđun $\left|z\right|=\sqrt{5^2+{\left(-4\right)}^2}=\sqrt{41}$

Đáp án C

Gọi $z=x+yi\left(x,y\in ℝ\right)$, khi đó:

$\left|\overline{z}+1-i\right|\le 4\iff \left|\left(x+1\right)-\left(y+1\right)i\right|\le 4\iff \sqrt{{\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2}\le 4\iff {\left(x+1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2\le 4^2$

Vậy tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là hình tròn tâm I(-1;-1) bán kính R = 4 (kể cả những điểm nằm trên đường tròn).

Đáp án D

Ta có $\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)=1\iff \sqrt{3}+\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}={\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{-1}.$

Nên ${\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^x>\sqrt{3}+\sqrt{2}\iff {\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^x>{\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^{-1}\iff x<-1$

(vì $0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1$)

Đáp án B

Ta có: $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}\iff \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0\iff 2.\left(-1\right)+1.\left(m-2\right)+0.1=0\iff m-4=0\iff m=4.$

Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên $\left(0;+\infty \right)$ nên a > 1, loại D.

Điểm có tọa độ $\left(\frac{1}{2};-1\right)$ thuộc đồ thị hàm số nên ta thay $x=\frac{1}{2};y=-1$ vào từng hàm số còn lại, chỉ có hàm số $y={\log }_{2}x$ thỏa mãn $\left(do{\log }_2\left(\frac{1}{2}\right)=-1\right)$ nên chọn A.

Đáp án A

Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng chứa B'G và song song với C'G.

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của $\left(\alpha \right)$ với CD và CC'.

Khi đó ta có: $MN//C^{\text{'}}D$ và $\frac{CM}{CD}=\frac{CN}{C{C}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}$

Và $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng $\left(AMN{B}^{\text{'}}\right),\left(H\right)$ là phần khối đa diện chứa C.

Khi đó ta có: $V_{\left(H\right)}=V_{M.BCN{B}^{\text{'}}}+V_{B^{\text{'}}.ABM}$

Ta có: $V_{\left(H\right)}=V_{M.BCN{B}^{\text{'}}}+V_{B^{\text{'}}.ABM}$ là hình thang vuông tại B, C có diện tích:

$S_{BCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\left(B{B}^{\text{'}}+CN\right).BC=\frac{1}{2}\left(4a+\frac{2}{3}.4a\right).4a=\frac{40a^2}{3}$

$\Rightarrow V_{MBCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}MC.S_{BCN{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.3a.\frac{40}{3}{a}^2=\frac{80a^3}{9}$

Mặt khác $S_{\Delta ABM}=S_{ABCD}-S_{\Delta BCM}-S_{\Delta ADM}=3a.4a-\frac{1}{2}.4a.\frac{2}{3}.3a-\frac{1}{2}.4a.\frac{1}{3}.3a=6a^2$

$\Rightarrow V_{B^{\text{'}}ABM}=\frac{1}{3}B{B}^{\text{'}}.S_{ABM}=\frac{1}{3}.4a.6a^2=8a^3\Rightarrow V_{\left(H\right)}=\frac{80}{9}{a}^3+8a^3=\frac{152}{9}{a}^3$

Thể tích hình hộp chữ nhật là: $V=3a.4a.4a=48a^3\Rightarrow \frac{V_{\left(H\right)}}{V}=\frac{152a^3}{9}.\frac{1}{48a^3}=\frac{19}{54}.$

Đáp án B

+ Đường thẳng $d:\frac{x-2}{3}=\frac{y-2}{4}=\frac{z}{-1}\iff \left\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=2+4t\\ z=-t\end{array}\right.$

Vì $M\in d\Rightarrow M\left(2+3t;2+4t;-t\right)$

$I\left(1;2;0\right)$ là trung điểm đoạn MN

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_M+x_N}{2}\\ y_I=\frac{y_M+y_N}{2}\\ z_I=\frac{z_M+z_N}{2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_N=2x_I-x_M=-3t\\ y_N=2y_I-y_M=2-4t\Rightarrow N\left(-3t;2-4t;t\right)\\ z_N=2z_I-z_M=t\end{array}\right.$

Vì $N\in \left(S\right)$ nên thay tọa độ điểm N vào phương trình mặt cầu: $\left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2=36$ ta được:

${\left(-3t-1\right)}^2+{\left(-4t\right)}^2+{\left(t-3\right)}^2=36\iff 26t^2-26=0\iff \left[\begin{array}{l}t=1\Rightarrow N\left(-3;-2;1\right)\\ t=-1\Rightarrow N\left(3;6;-1\right)\end{array}\right..$

Đáp án D

Ta có: $\underset{0}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x-2\right)dx+\underset{0}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x+2\right)dx=\underset{0}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x-2\right)d\left(x-2\right)+\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\text{'}\left(x+2\right)d\left(x+2\right)$

$=f\left(x-2\right)\left|{}_{\begin{array}{l}\\ 0\end{array}}^{\begin{array}{l}4\\ \end{array}}+f\left(x+2\right)\right.\left|{}_{\begin{array}{l}\\ 0\end{array}}^{\begin{array}{l}2\\ \end{array}}\right.$

$=f\left(2\right)-f\left(-2\right)+f\left(4\right)-f\left(2\right)=f\left(4\right)-f\left(-2\right)=4-\left(-2\right)=6.$

Đáp án D

Dựng hình hộp chữ nhật AMCN.PBQD như hình bên.

Khi đó: tứ diện ABCD thỏa mãn $AB=CD=11m;BC=AD=20m;BD=AC=21m.$

Gọi các kích thước hình hộp chữ nhật là m, n, p.

Gọi $y=f\left(m^2+4m+4\right)$

Ta có: $V_{PADB}=V_{MABC}=V_{QBCD}=V_{NACD}=\frac{1}{3}.ND.S_{ACN}$

$=\frac{1}{3}.ND.\frac{1}{2}.AN.NC=\frac{1}{6}.ND.NA.NC=\frac{1}{6}.m.n.p=\frac{1}{6}.V{A}_{MCN.PBQD}$

Suy ra $V_{PADB}+V_{MABC}+V_{QBCD}+V_{NACD}=\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V+\frac{1}{6}V=\frac{2}{3}V.$

Mà $V_{PADB}+V_{MABC}+V_{QBCD}+V_{NACD}+V_{ABCD}=V$

Suy ra: $V_{ABCD}=\frac{1}{3}V=m.n.p$

Xét các tam giác vuông APB; APD; PDB, theo định lý Pytago ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{m}^2+n^2=B{D}^2\\ m^2+p^2=A{D}^2\\ p^2+n^2=A{B}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+n^2={21}^2\\ m^2+p^2={20}^2\\ p^2+n^2={11}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2+n^2+p^2=481\\ m^2+n^2={21}^2\\ m^2+p^2={20}^2\\ p^2+n^2={11}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=6\sqrt{10}\\ n=9\\ p=2\sqrt{10}\end{array}\right.$

$V_{ABCD}=\frac{1}{3}m.n.p=\frac{1}{3}.6\sqrt{10}\mathrm{.9.2}\sqrt{10}=360m^3$