Đáp án C

Ta có: $AB=\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{{\left(2-1\right)}^2+{\left(1-\left(-1\right)\right)}^2+{\left(1-2\right)}^2}=\sqrt{6}$

Đáp án C

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{3}}\left(1-x\right)<0\iff \left\{\begin{array}{l}1-x>0\\ 1-x>{\left(\frac{1}{3}\right)}^0=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<1\\ x<0\end{array}\right.\iff x<0$

Đáp án B

Cách 1:

Dựa vào đồ thị ta thấy có 3 điểm cực trị nên ta loại 2 đáp án A và D.

Mặt khác, đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại C.

Cách 2:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –1 nên loại đáp án A và C.

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số xác định tại x = 1 nên ta loại D.

Vậy ta chọn B.

Đáp án D

Ta có: $y={\left(x-2\right)}^{-5}$ xác định khi và chỉ khi $x\ne 2$. Vậy $ℝ\backslash \left\{2\right\}$.

Đáp án B

Sử dụng công thức số hạng tổng quát $u_n=u_1+\left(n-1\right)d$ $\left(\forall n\ge 2\right)$.

Ta có: $u_n=-3+\left(n-1\right)\frac{1}{2}$

Đáp án C

Ta có phương trình hoành độ giao điểm $x^3-x+2=2\iff x^3-x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm 1\end{array}\right.$.

Do đó số giao điểm là 3.

Đáp án D

Ta có tâm mặt cầu là $I\left(0;4;1\right)$.

Đáp án B

Đáp án B

Mỗi tập con gồm 3 phần tử là một tổ hợp chập 3 của 7 phần tử. Vậy có $C_7^3$ tập con

Đáp án B

Phương trình mặt phẳng qua các điểm $A\left(2;0;0\right)$, $B\left(0;3;0\right)$, $C\left(0;0;4\right)$ là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1\iff 6x+4y+3z-12=0$.

Đáp án A

Ta có $\underset{-2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx$

Vậy $\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{-2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx-\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=-4-2=-6$

Đáp án B

Theo lý thuyết, thể tích khối chóp được tính theo công thức $V=\frac{1}{3}Bh$.

Đáp án A

Ta có: $z=-1+2i\Rightarrow$điểm biểu diễn hình học của z có tọa độ là )-1;2).

Đáp án C

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy, giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên [-2;4] bằng 3 (đạt được khi x = -1).

Đáp án B

Theo định nghĩa ta có: $V=\pi \underset{a}{\overset{b}{\int }}{f}^2\left(x\right)dx$.

Đáp án A

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2-6x+5$; $f^{\text{'}}\left(x\right)=3{\left(x-1\right)}^2+2>0$, $\forall x\in ℝ$.

$y^{\text{'}}={\left[g\left(f\left(x\right)\right)\right]}^{\text{'}}=g^{\text{'}}\left(f\left(x\right)\right).f^{\text{'}}\left(x\right)$

$y^{\text{'}}<0\iff g^{\text{'}}\left(f\left(f\right)\right)<0\iff -6<f\left(x\right)<6\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^3-3x^2+5x+9>0\\ x^3-3x^2+5x-3<0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left(x+1\right)\left(x^2-4x+9\right)>0\\ \left(x-1\right)\left(x^2-2x+3\right)<0\end{array}\right.\iff -1<x<1$

Đáp án D

Ta có AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra góc giữa SC và (ABCD) là góc $\widehat{SCA}$.

$\widehat{SCA}=45°\Rightarrow SA=AC.\tan 45°=a\sqrt{2}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}{a}^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

Đáp án B

Ta có: $\left(1+i\right)z=3+5i\iff z=\frac{3+5i}{1+i}\iff z=4+i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=4\\ y=1\end{array}\right.$

Vậy $x^2+y^2=17$.

Đáp án B

Ta có $3^{x^2-4x+5}=9\iff 3^{x^2-4x+5}=3^2\iff x^2-4x+5=2\iff x^2-4x+3=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}_1=1\\ x_2=3\end{array}\right.$

Vậy tích các nghiệm của phương trình $3^{x^2-4x+5}=9$ là $x_1.x_2=1.3=3$.

Đáp án A

Ta có $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(10+\frac{1}{x-10}\right)=10\Rightarrow y=10$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Đáp án B

Cho điểm $M\left(x;y;z\right)$. Hình chiếu của điểm M lên các mặt phẳng tọa độ (Oxy), (Oyz), (Oxz) lần lượt là: $M_1\left(x;y;0\right)$, $M_2\left(0;y;z\right)$, $M_2\left(x;0;z\right)$.

Điểm A(3;-2;5). Hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng tọa độ (Oxz): M(3;0;5).

Đáp án D

Gọi H là trung điểm của BC.

Xét $\Delta ABC$ có $BH=2a.\sin 60°=a\sqrt{3}$, $AH=2a.\cos 60°=a$.

Xét A'HA vuông tại H có $A^{\text{'}}H=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}$.

Xét khối lăng trụ $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.ABC$ có $h=A^{\text{'}}H=a\sqrt{3}$, $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=a^3\sqrt{3}$.

Suy ra $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=a\sqrt{3}.a^3\sqrt{3}=3a^3$

Suy ra $V_{A^{\text{'}}.ABC}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=a^3$

Mặt khác ta có $V_{A^{\text{'}}.BC{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}-V_{A^{\text{'}}.ABC}=3a^3-a^3=2a^3$.

Đáp án D

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

Lập bảng xét dấu $f^{\text{'}}\left(x\right)={\left(x+1\right)}^2{\left(x-1\right)}^2\left(2-x\right)$

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2).

Đáp án C

Ta có $P=\sqrt{x\sqrt[3]{x^2\sqrt[4]{x^3}}}=\sqrt{x\sqrt[3]{x^2{x}^{\frac{3}{4}}}}=\sqrt{x\sqrt[3]{x^{\frac{11}{4}}}}=\sqrt{x.x^{\frac{11}{12}}}=\sqrt{x^{\frac{23}{12}}}=x^{\frac{23}{24}}$

Vậy $P=x^{\frac{23}{24}}$.

Đáp án A

Ta có $9^x-3^{x+1}+2=0\iff {3.3}^x-{3.3}^x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=1\\ 3^x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x={\log }_{3}2\end{array}\right.$

Khi đó tích các nghiệm của phương trình là 0.

Đáp án A

Đặt $S=z_1+z_2=\left(3+2i\right)+\left(3-2i\right)=6$ và $P=z_1{z}_2=\left(3+2i\right)\left(3-2i\right)=13$.

Khi đó $z_1$, $z_2$ là nghiệm của phương trình $z^2+Sz+P=0\iff z^2-6z+13=0$.

Đáp án A

Cách 1 (Tự luận):

Gọi $S=AM\cap DA$.Vì M là trung điểm của AB, mà $\left\{\begin{array}{l}AM\text{//}CD\\ AM=\frac{1}{2}CD\end{array}\right.$ nên AM là đường trung bình của $\Delta SCD\Rightarrow$ A là trung điểm của SD $\Rightarrow SD=2AD=4$.

Khi cho tứ giác AMCD và các điểm trong của nó quay quanh trục AD thì ta được một khối nón cụt có chiều cao AD = 2, hai đáy là hai đường tròn có bán kính lần lượt là $R_1=CD=2$, $R_2=AM=1$ và có thể tích là V.

Tam giác SCD và các điểm trong của nó quay quanh trục SD sẽ tạo thành một khối nón tròn xoay có chiều cao SD = 4, bán kính đáy $R_1=CD=2$ nên có thể tích là $V_1=\frac{1}{3}\pi R_1^2.SD=\frac{16\pi }{3}$.

Tam giác SAM và các điểm trong của nó quay quanh trục SD tạo thành một khối nón tròn xoay có chiều cao SD = 4, bán kính đáy $R_2=AM=1$ nên có thể tích là $V_2=\frac{1}{3}\pi R_2^2.SD=\frac{2\pi }{3}$. Ta có $V=V_1-V_2=\frac{14\pi }{3}$.

Cách 2 (Trắc nghiệm):

Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối nón cụt có chiều cao h, hai bán kính đáy là $R_1$, $R_2$.

$V=\frac{1}{3}\pi \left(R_1^2+R_2^2+R_1{R}_2\right).h=\frac{1}{3}\pi \left(4+1+2\right).2=\frac{14\pi }{3}$.

Đáp án B

Số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)=2-3m$ bằng số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và đường thẳng $y=2-3m$

Phương trình $f\left(x\right)=2-3m$ có 4 nghiệm phân biệt $\iff$đường thẳng $y=2-3m$ cắt đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại 4 điểm phân biệt.

Từ bảng biến thiên suy ra: $3<2-3m<5\iff -1<m<-\frac{1}{3}$ nên không có giá trị nguyên nào của m thỏa mãn.

Đáp án B

Đặt $t=x^2+4x+7\Rightarrow dt=\left(2x+4\right)dx\Rightarrow \left(x+2\right)dx=\frac{1}{2}dt$.

Đổi cận: $x=0\Rightarrow t=7$; $x=1\Rightarrow t=12$.

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{x+2}{x^2+4x+7}dx=\underset{7}{\overset{12}{\int }}\frac{1}{2t}dt=\frac{1}{2}\ln \left|t\right|\left|\begin{array}{l}12\\ 7\end{array}\right.=\frac{1}{2}\ln 12-\frac{1}{2}\ln 7=\ln \sqrt{12}-\ln \sqrt{7}\Rightarrow a=1$; b = -1

Vậy $a^3+b^3=0$.

Đáp án B

Gọi $I\left(-1-t;-t;2+t\right)\in d$ là tâm của hình thoi ABCD.

Xét $\overrightarrow{IA}=\left(t;t+2;-t-1\right)$; $\overrightarrow{IB}=\left(t+3;t+3;-t\right)$. Vì ABCD là hình thoi nên $IA\perp IB\iff \overrightarrow{IA}.\overrightarrow{IB}=0\iff 3t^2+9t+6=0\iff t=-2$; t = -1. Do D đối xứng B qua I nên:

• Với $t=-1\Rightarrow I\left(0;1;1\right)\Rightarrow D\left(-2;-1;0\right)$ . (Đáp án B)

• Với $t=-2\Rightarrow I\left(1;2;0\right)\Rightarrow D\left(0;1;-2\right)$.

Đáp án B

Hệ thức $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx=-f\left(x\right)\cos x+\underset{}{\overset{}{\int }}{\pi }^x\cos xdx$ (1)

Xét $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx$. Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=f\left(x\right)\Rightarrow du=f^{\text{'}}\left(x\right)\\ dv=\sin xdx\Rightarrow v=-\cos x\end{array}\right.$

Ta được $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)\sin xdx=-f\left(x\right)\cos x+\underset{}{\overset{}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)\cos xdx$.

Theo hệ thức (1), suy ra $f^{\text{'}}\left(x\right)={\pi }^2$.

Dựa vào đáp án, ta nhận thấy có một hàm số thỏa mãn là $f\left(x\right)=\frac{{\pi }^2}{\ln \pi }$.

Đáp án D

Trên $\left(0;+\infty \right)$ ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=-x.f^2\left(x\right)\iff -\frac{f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=x\iff {\left(\frac{1}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}=x$.

$\underset{}{\overset{}{\int }}{\left(\frac{1}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}dx=\underset{}{\overset{}{\int }}xdx\iff \frac{1}{f\left(x\right)}=\frac{x^2}{2}+C$

Có $f\left(1\right)=\frac{2}{a+3}\Rightarrow \frac{2}{a+3}=\frac{1}{2}+C\iff C=\frac{a+2}{2}$.

$\frac{1}{f\left(2\right)}=2+\frac{a+2}{2}\Rightarrow f\left(2\right)=\frac{2}{a+6}$

$f\left(2\right)>\frac{1}{4}\iff \frac{2}{a+6}>\frac{1}{4}\iff \frac{2-a}{4\left(a+6\right)}>0\iff -6<a<2$

Ta có $\frac{1}{f\left(x\right)}=\frac{x^2}{2}+\frac{a+2}{2}$. Do đó $f\left(x\right)>0$, $\forall x\in \left(0;+\infty \right)\iff a\ge -2$. 

Có $a\in \mathbb{Z}\Rightarrow a\in \left\{-2;-1;0;1\right\}$. Vậy tổng tất cả các giá trị nguyên của a cần tìm là –2.

Đáp án C

Cách 1:

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

Đường thẳng $d_2$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(3;-1;-1\right)$ và đi qua điểm $M_2\left(7;1;5\right)$.

Ta có $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(-3;-2;-7\right)$, $\overrightarrow{M_1{M}_2}=\left(8;-2;6\right)$, $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}=-62\ne 0$ nên $d_1$ và $d_2$ chéo nhau.

Khoảng cách giữa $d_1$ và $d_2$ là $d\left(d_1,d_2\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]\right|}=\sqrt{62}$.

Vậy $d\left(d_1,d_2\right)=\sqrt{62}$.

Cách 2:

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

Đường thẳng $d_2$ có một vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=\left(3;-1;-1\right)$ và đi qua điểm $M_2\left(7;1;5\right)$.

Ta có $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(-3;-2;-7\right)$, $\overrightarrow{M_1{M}_2}=\left(8;-2;6\right)$,

Suy ra $\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right].\overrightarrow{M_1{M}_2}=-62\ne 0$ nên $d_1$ và $d_2$ chéo nhau.

Gọi (P) là mặt phẳng chứa đường thẳng $d_1$ và song song với đường thẳng $d_2$.

Suy ra (P) đi qua $M_1\left(-1;3;-1\right)$ và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{u_1},\overrightarrow{u_2}\right]=\left(-3;-2;-7\right)$.

Phương trình (P) là: $-3\left(x+1\right)-2\left(y-3\right)-7\left(z+1\right)=0\iff 3x+2y+7z+4=0$.

Ta có $d\left(d_1,d_2\right)=d\left(M_2,\left(P\right)\right)=\frac{\left|62\right|}{\sqrt{9+4+49}}=\sqrt{62}$. Vậy $d\left(d_1,d_2\right)=\sqrt{62}$.

Đáp án B

• Xét phương trình $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$          (1), $\left(a,b,c,d\in ℝ\right)$.

• Nhận thấy: Nếu z là nghiệm của (1) thì z cũng là nghiệm của (1).

• Do đó, (1) có bốn nghiệm $z_1=-1+i$, $z_2=1+\sqrt{2}i$, $z_3=\overline{z_1}=-1-i$, $z_4=\overline{z_2}=1-\sqrt{2}i$.

• Mà $\left\{\begin{array}{l}{z}_1+z_3=-2\\ z_1.z_3=2\end{array}\right.$ và $\left\{\begin{array}{l}{z}_2+z_4=2\\ z_2.z_4=3\end{array}\right.$.

• Do đó $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=\left(x^2+2x+2\right)\left(x^2-2x+3\right)$

$\iff x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=x^4+x^2+2x+6$

Suy ra a = 0, b = 1, c = 2, x = 0 hay $a+b+c+d=9$. 

Đáp án D

$y^{\text{'}}=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right)$

Xét $y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm m,\left(m>0\right)\end{array}\right.$

Tọa độ ba điểm cực trị là: $A\left(0;m-1\right)$, $B\left(-\sqrt{m};-m^2+m-1\right)$, $C\left(\sqrt{m};-m^2+m-1\right)$

Gọi H là trung điểm của cạnh BC,

ta có: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=m^2\sqrt{m}=2\iff m=\sqrt[5]{4}$.

Đáp án A

Đặt $t=\sin x-\cos x=\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$

Với $x\in \left(-\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4}\right)\Rightarrow x-\frac{\pi }{4}\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow t\in \left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$.

Khi đó phương trình đã cho trở thành $2f\left(t\right)=m-1\iff f\left(t\right)=\frac{m-1}{2}$.

Với mỗi giá trị của $t_0\in \left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$ có duy nhất một giá trị $x_0\in \left(-\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4}\right)$ sao cho $t_0=\sqrt{2}\sin \left(x_0-\frac{\pi }{4}\right)$.

Do đó phương trình $2f\left(\sin x-\cos x\right)=m-1$ có hai nghiệm phân biệt trên khoảng $\left(-\frac{\pi }{4};\frac{3\pi }{4}\right)\iff$ phương trình $f\left(t\right)=\frac{m-1}{2}$ có hai nghiệm phân biệt trên khoảng $\left(-\sqrt{2};\sqrt{2}\right)$.

Từ bảng biến thiên suy ra $-4<\frac{m-1}{2}<3\iff -7<m<7$.

Vậy có 13 giá trị nguyên của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án D

+ Tô màu ô vuông số 2: có $C_3^2$ cách chọn 2 trong 3 màu, có $C_4^2$ cách tô 2 màu đó lên 4 cạnh. Vậy có $C_3^2.C_4^2=18$ cách.

+ Tô màu ô vuông số 1,5,3: có $C_2^1$ cách chọn màu còn lại, có $C_3^2$ cách tô màu còn lại lên 3 cạnh còn lại của 1 hình vuông. Vậy có $\left(C_2^1.C_3^2\right)=6^3$ cách

+ Tô màu ô vuông số 4, 6: Mỗi 1 hình vuông có 2 cách tô màu. Vậy có $2^2=4$ cách. Vậy có ${18.6}^3.4=15552$ cách thỏa mãn.

Đáp án A

Cách 1 (Tự luận):

Gọi O là tâm hình vuông MNPQ, $I=AP\cap CO$, H là hình chiếu của P trên CO.

$\frac{d\left(A,\left(CNQ\right)\right)}{d\left(P,\left(CNQ\right)\right)}=\frac{AI}{PI}=\frac{CA}{PO}=2$, suy ra $d\left(A,\left(CNQ\right)\right)=2d\left(P,\left(CNQ\right)\right)$.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}NQ\perp PM\\ NQ\perp CP\end{array}\right.\Rightarrow NQ\perp \left(CPO\right)\Rightarrow NQ\perp PH$

Do $\left\{\begin{array}{l}PH\perp NQ\\ PH\perp CO\end{array}\right.\Rightarrow PH\perp \left(CNQ\right)\Rightarrow d\left(P,\left(CNQ\right)\right)=PH$

Ta có $PO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$; $CP=a$.

Vậy $d\left(A,\left(CNQ\right)\right)=2PH=2.\frac{PO.PC}{\sqrt{P{O}^2+P{C}^2}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. 

Cách 2 (Trắc nghiệm):

Gọi O là tâm hình vuông MNPQ, $I=AP\cap CO$.

$\frac{d\left(A,\left(CNQ\right)\right)}{d\left(P,\left(CNQ\right)\right)}=\frac{AI}{PI}=\frac{CA}{PO}=2$ suy ra $d\left(A,\left(CNQ\right)\right)=2d\left(P,\left(CNQ\right)\right)$.

Ta thấy PCNQ là tứ diện vuông tại P nên $\frac{1}{{\left[d\left(P,\left(CNQ\right)\right)\right]}^2}=\frac{1}{P{C}^2}+\frac{1}{P{N}^2}+\frac{1}{P{Q}^2}=\frac{3}{a^3}$.

Suy ra $d\left(A,\left(CNQ\right)\right)=2d\left(P,\left(CNQ\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. 

Đáp án B

Gọi x là số tiền mà anh Bình trả mỗi tháng trong 2 năm.

Số tiền còn nợ sau 1 tháng: $200\left(1+r\right)-x$.

Số tiền còn nợ sau 2 tháng: $\left(200\left(1+r\right)-x\right)\left(1+r\right)=200{\left(1+r\right)}^2-x\left[1+\left(1+r\right)\right]$

Số tiền còn nợ sau 3 tháng: $200{\left(1+r\right)}^3-x\left[1+\left(1+r\right)+{\left(1+r\right)}^2\right]$

………………………………………………………………….

Số tiền còn nợ sau 24 tháng: $200{\left(1+r\right)}^{24}-x\left[1+\left(1+r\right)+\mathrm{...}+{\left(1+r\right)}^{23}\right]$

Sau 24 tháng trả hết nợ nên: $200{\left(1+r\right)}^{24}-x\left[1+\left(1+r\right)+\mathrm{...}+{\left(1+r\right)}^{23}\right]=0$

$\iff 200{\left(1+r\right)}^{24}-x.\frac{{\left(1+r\right)}^{24}-1}{r}=0\iff x\approx \mathrm{9,137}$ (triệu đồng).

Đáp án A

Cách 1:

Ta có $Ax\perp \left(ABC\right)$ và $By\perp \left(ABC\right)$ nên $A{A}^{\text{'}}\text{//}B{B}^{\text{'}}$. Gọi $D\equiv A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\cap AB$.

$\left\{\begin{array}{l}\frac{B{B}^{\text{'}}}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}\\ A{A}^{\text{'}}\text{//}B{B}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow B{B}^{\text{'}}$ là đường trung bình của $\Delta A{A}^{\text{'}}D$.

Lại có $\Delta ABC$ đều.

Do đó $BD=BA=BC=a\Rightarrow \Delta ACD$ cân tại B.

Gọi E là trung điểm của CD $\Rightarrow BE\perp CD$ (1)

$B{B}^{\text{'}}\perp \left(ABC\right)\Rightarrow B{B}^{\text{'}}\perp CD$                           (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow CD\perp \left(B{B}^{\text{'}}E\right)\Rightarrow CD\perp B^{\text{'}}E$

Vì $\left\{\begin{array}{l}\left(ABC\right)\cap \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)=CD\\ BE\perp CD\\ B^{\text{'}}E\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow \widehat{\left(\left(ABC\right),\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)\right)}=\widehat{\left(BE,B^{\text{'}}E\right)}=\widehat{BE{B}^{\text{'}}}$

Nhận thấy BE là đường trung bình của $\Delta ACD\Rightarrow BE=\frac{a}{2}$.

Xét $\Delta B{B}^{\text{'}}E$ có: $\tan \widehat{BE{B}^{\text{'}}}=\frac{B{B}^{\text{'}}}{BE}=2\Rightarrow \cos \widehat{BE{B}^{\text{'}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

Cách 2:

Ta có $Ax\perp \left(ABC\right)$ và $By\perp \left(ABC\right)$ nên $\Delta ABC$ là hình chiếu của $\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C$ trên mặt phẳng $\left(ABC\right)$.

Do đó $\cos \widehat{\left(\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C\right),\left(ABC\right)\right)}=\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}}$

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin BAC=\frac{1}{2}a.a.\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2$

$A^{\text{'}}C=\sqrt{A^{\text{'}}{A}^2+A{C}^2}=a\sqrt{5}$; $B^{\text{'}}C=\sqrt{B^{\text{'}}{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$; $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=\sqrt{A{B}^2+B^{\text{'}}{B}^2}=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow \Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C$ cân tại $B^{\text{'}}\Rightarrow B^{\text{'}}H=\sqrt{B^{\text{'}}{C}^2-\frac{A^{\text{'}}{C}^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}=\frac{1}{2}{B}^{\text{'}}H.A^{\text{'}}C=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}\Rightarrow \cos \widehat{\left(\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C\right),\left(ABC\right)\right)}=\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}C}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$