Đáp án D

Gọi số cần tìm có 4 chữ số $\overline{abcd}$ 

- Trường hợp chọn $a\in \left\{5;7;9\right\}$ có 3 cách

Chọn $d\in \left\{0;2;4;6;8\right\}$ có 5 cách

Chọn đồng thời b,c có $A_8^2$ cách

Theo quy tắc nhân ta có 840 số

- Trường hợp chọn $a\in \left\{6\right\}$ 

Chọn $d\in \left\{0;2;4;8\right\}$ có 4 cách

Chọn đồng thời b,c có $A_8^2$ cách

Theo quy tắc nhân ta có 224 số

- Trường hợp chọn $a\in \left\{8\right\}$ 

Chọn $d\in \left\{0;2;4;6\right\}$ có 4 cách

Chọn đồng thời b,c có $A_8^2$ cách

Theo quy tắc nhân ta có 224 số

Theo quy tắc cộng ta có: 1288 số

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

SGK hình học 12 trang 13 dòng số 3.

Đáp án C

Đặt $t=2^{x^2-3x}$ phương trình trở thành:

$2t^2-5t+2=0\iff \left[\begin{array}{l}t=2\\ t=\frac{1}{2}\end{array}\right.$ 

$$\begin{gathered} t=2\iff 2^{x^2-3x}=2\iff x^2-3x-1=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{3-\sqrt{13}}{2}\\ x=\frac{3+\sqrt{13}}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

 $$\begin{gathered} t=\frac{1}{2}\iff 2^{x^2-3x}=2^{-1}\iff x^2-3x+1=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\\ x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Tổng các nghiệm = 6

Đáp án B.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABC)

Ta có $AC\perp \left(SHC\right)\Rightarrow AC\perp HC\Rightarrow HC//AB$.

Tương tự $AB\perp \left(SHB\right)\Rightarrow AB\perp HB\Rightarrow HB//AC$    

Vậy H là đỉnh thứ tư của hình vuông BACH như hình vẽ sau:

Khi ấy, ta có: $AH=2a\sqrt{2}\Rightarrow SH=2a\sqrt{6}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V_{S.ABHC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABHC} \\ =\frac{1}{3}2a\sqrt{6}.4a^2=\frac{8\sqrt{6}{a}^3}{3} \end{gathered}$$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABHC}=\frac{4\sqrt{6}{a}^3}{3}$

Đáp án B

Sử dụng máy tính nhập ${\log }_{12}3$  gán cho biến A, ${\log }_{24}18$ gán cho biến B

 Nhập kết quả các đáp án trừ đi B

Kết quả nào = 0 là đáp án đúng

Đáp án B

Đáp án D

Ta có: $\sin x-\cos x+3\ne 0\forall x\in ℝ$

$\begin{array}{l}y=\frac{\sin x+\cos x-1}{\sin x-\cos x+3}\\ \iff \left(\sin x-\cos x+3\right)y=\sin x+\cos x-1\\ \iff \left(y-1\right)\sin x-\left(y+1\right)\cos x\\ =-3y-1\left(*\right)\end{array}$

Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi: 

$$\begin{gathered} {\left(y-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2\ge {\left(3y+1\right)}^2 \\ \iff 7y^2+6y-1\le 0\iff 0\le y\le \frac{1}{7} \end{gathered}$$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là $\frac{1}{7}$

Đáp án A

Kẻ $BF\perp AC$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là $\widehat{BHF}$ 

Đáp án D

Theo đồ thị ta có $x\in \left(0;+\infty \right)$; đồ thị nằm hoàn toàn phía bên phải trục tung và cắt trục hoành tại điểm (1;0). Hàm số là hàm đồng biến.

Vậy hàm số cần tìm là: $y={\log }_{2}x$

Đáp án C.

Trong không gian Oxyz:

Chọn $A\equiv O\left(0;0;0\right);B\left(a;0;0\right);D\left(0;a;0\right);C\left(a;a;0\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow H\left(\frac{a}{2};0;0\right);S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right);M\left(\frac{3a}{4};0;\frac{a\sqrt{3}}{4}\right);\\ N\left(a;\frac{a}{2};0\right);P\left(\frac{a}{4};\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{4}\right)\end{array}$

Ta có: 

$\Rightarrow d\left(MN;AP\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{AP}\right].\overrightarrow{AM}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{MN};\overrightarrow{AP}\right]\right|}=\frac{3\sqrt{5}}{10}a$

Đáp án C

TXĐ: $D=\left(-\infty ;-2\right]\cup \left[2;+\infty \right)$

 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=1$;

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-x\sqrt{1-\frac{4}{x^2}}}{x\left(1+\frac{1}{x}\right)}=-1$

Vậy đồ thị (C ) có 2 đường tiệm cận

Đáp án C

Đáp án D

Hướng dẫn cách giải bằng máy tính cầm tay:

Gán các giá trị :

Sử dụng chức năng giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

 $\left\{\begin{array}{l}Aa+Bb=C\\ a+b=d\end{array}\right.$với d là giá trị các đáp án

Giải hpt ta được:$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{3}\\ b=\frac{1}{6}\end{array}\right.\Rightarrow a+b=\frac{1}{2}$

Đáp án B

Ta có góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) là $\widehat{SCH}$ .

Ta có: $\tan \widehat{SDH}=\tan \widehat{SCH}$ 

$\Rightarrow \left[\widehat{SD,\left(ABCD\right)}\right]=\widehat{SDH}=\widehat{SCH}$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}DH=\frac{SH}{\tan 30°}=3a\\ AH=a\end{array}\right.\Rightarrow AD=\sqrt{D{H}^2-A{H}^2}=2\sqrt{2}a \\ \Rightarrow AC=\sqrt{A{D}^2+C{D}^2}=2a\sqrt{3} \end{gathered}$$ .

Ta có: $V_{S.ABC}=V_{B.SAC}$

$\iff \frac{1}{3}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}d\left(B,\left(SAC\right)\right).S_{\Delta SAC}$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị hàm số $y=\left|x^3-3x+1\right|$ suy ra phương trình $\left|x^3-3x+1\right|=m$  có đúng 6 nghiệm phân biệt khi $0<m<1$ .

Đáp án C

$y\text{'}=\left(m^2-1\right)x^2+2\left(m+1\right)x+3$

Với $m=1\Rightarrow y\text{'}=4x+3$

=> hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\frac{3}{4};+\infty \right)$  và nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;-\frac{3}{4}\right)$. (1)

Với $m=-1\Rightarrow y\text{'}=3>0,\forall x\in ℝ$

=> hàm số đồng biến trên R. (2)

Với $m\ne \pm 1\Rightarrow \Delta {\text{'}}_{y\text{'}}=-2m^2+2m+4$.

Khi đó: hàm số đồng biến trên R

$\iff \left\{\begin{array}{l}{m}^2-1>0\\ \Delta {\text{'}}_{y\text{'}}\le 0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}m<-1\\ m>1\end{array}\right.\\ \left[\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m<-1\\ m\ge 2\end{array}\right.$(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\left[\begin{array}{l}m\le -1\\ m\ge 2\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số $y=a^x$  đồng biến khi $a>1$ =>Đáp án A sai.

Đồ thị hàm số $y=a^x$ luôn nằm bên trên trục hoành  =>Đáp án B sai.

Đồ thị hàm số (C): $y=a^x$ và (C'): $y={\left(\frac{1}{a}\right)}^x$ đối xứng nhau qua trục tung x=0 vì với mọi $M\left(x;y\right)\in \left(C\right)$ và $N\left(x_0;y_0\right)\in \left(C\text{'}\right)$  ta luôn có: $x=-x_0\Rightarrow a^x=a^{-x_0}\Rightarrow y=y_0$ => Đáp án C đúng

Đáp án B

$y=3^x\Rightarrow y\text{'}=3^x.\ln 3$.

Đáp án B

Với m=1 ta có $y=x+\sqrt{x^2+x+1}$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

 => Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=-\frac{1}{2}$ .

Với $m=-1$ ta có $y=-x+\sqrt{x^2+x+1}$ và $\left\{\begin{array}{l}\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\frac{1}{2}\\ \underset{x\to -\infty }{\lim }y=+\infty \end{array}\right.$

=> Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang $y=\frac{1}{2}$ .

Với $m\ne \pm 1$  đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Đáp án B

Hàm số $y=x^4-3x^2+2$ có a,b trái dấu và a>0 nên hàm số có 2 cực tiểu và 1 cực đại.

Đáp án D

Chọn M(2;4). Phương trình tiếp tuyến tại M là: $y=-3\text{x}+10$

Giao với tiệm cận đứng B(1;7). Giao với tiệm cận ngang C(3:1)

Giao 2 tiệm cận A(1;1)

Diện tích tam giác: $S=\frac{1}{2}AB.AC=6$

Đáp án C

Với $y\text{'}=\frac{-3}{{\left(x-1\right)}^2}$, $y_0=0\Rightarrow x_0=\frac{-1}{2}$

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

$y=-\frac{4}{3}\left(x+\frac{1}{2}\right)+0\iff 4\text{x}+3y+2=0$

Đáp án C

Ta có: $8^{\frac{2x-1}{x+1}}=0,25.{\left(\sqrt{2}\right)}^{7x}$$\iff 3.\frac{2\text{x}-1}{x+1}=-2+\frac{7\text{x}}{2}$

 $\iff {\text{7x}}^2-9\text{x}+2=0$ $\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=\frac{2}{7}\end{array}\right.$

Đáp án D

$y\text{'}=\frac{-7}{{\left(x-1\right)}^2}<0,\forall \text{x}\ne \text{1}$

Đáp án D

Đáp án A

Ta có: $\left(v-6\right)t=300\Rightarrow t=\frac{300}{v-6}$

Vậy $E=c{v}^3\frac{300}{v-6}$  Bấm máy tính

Đáp án C

$200000000.{\left(1+\frac{6,9}{200}\right)}^{13}.{\left(1+\frac{0,002}{100}\right)}^{90}=311392503đ$

Đáp án B

Vì $\frac{1}{3}\notin \mathbb{Z}$  nên đk xác định của hàm số: $y={\left(4-x^2\right)}^{\frac{1}{3}}$là: $4-x^2>0\iff -2<x<2$

Đáp án A

Đk xác định của hàm số: $y={\log }_3\left(x^2-4x+3\right)$

là: $x^2-4x+3>0\iff \left[\begin{array}{l}x<1\\ x>3\end{array}\right.$

Đáp án D

Phương trình: $3^{2x}-{4.3}^{x+1}+27=0$

$\iff {\left(3^x\right)}^2-{12.3}^x+27=0\iff \left[\begin{array}{l}{3}^x=3\\ 3^x=9\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\end{array}\right.$

Nên tổng các nghiệm bằng 3.

Đáp án B

 Số phần tử KGM là: 9!. Mà số phần tử của biến cố các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là: 3!7! 

Xác suất để các học sinh nữ luôn ngồi cạnh nhau là: $\frac{\text{3!7!}}{\text{9!}}=\frac{1}{12}$

Đáp án B

Vì đồ thị hàm số $y=-x^4+2x^2$ đi qua gốc tọa độ nên chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án C

$y=x^3+3x^2-9x-2017\Rightarrow y\text{'}=3x^2+6x-9;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-3\end{array}\right.$

Dễ thấy hàm số đạt cực đại tại x=-3; đạt cực tiểu tại x=1.

Đáp án B

Khối lập phương thuộc loại khối đa diện đều mà mỗi mặt là đa giác đều có 4 cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 mặt.

Đáp án đúng là: D

Lời giải

Một hình đa diện có mỗi cạnh là cạnh chung của nhiều nhất 2 mặt.

*Phương pháp giải:

*Lý thuyết:

Hình đa diện (gọi tắt là đa diện) là hình được tạo bởi một số hữu hạn các đa giác thỏa mãn hai tính chất sau:

a) Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.

b) Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.

Xem thêm

Lý thuyết Khái niệm về khối đa diện (mới 2024 + Bài Tập) – Toán 12 

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

Chọn A.

Gọi $x_1;x_2;x_3$  là 3 nghiệm phân biệt của PT $x^3-3m{x}^2+9x-7=0$

Áp dụng định lý Vi – ét cho PT bậc 3 có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3=\frac{c}{a}\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{d}{a}\end{array}\right.$ nên có $\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2+x_3=-\frac{-3m}{1}=3m\\ x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3=\frac{9}{1}=9\\ x_1{x}_2{x}_3=-\frac{7}{1}=7\end{array}\right.$

Để $x_1;x_2;x_3$ lập thành 1 cấp số cộng, ta giả sử $u_1=x_1,u_2=x_2;u_3=x_3$ tức là $x_2=x_1+d$ , $x_3=x_1=2d$

Khi đó ta có:

$\left\{\begin{array}{l}3x_1+3d=3m\\ x_1\left(x_1+d\right)+x_1\left(x_1+2d\right)+\left(x_1+d\right)\left(x_1+2d\right)=9\\ x_1\left(x_1+d\right)\left(x_1+2d\right)=7\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ \left(m-d\right)\left(m-d+d\right)+\left(m-d\right)\left(m-d+2d\right)\\ +\left(m-d+d\right)\left(m-d+2d\right)=9\\ \left(m-d\right)\left(m-d+d\right)\left(m-d+2d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ \left(m-d\right)m+\left(m-d\right)\left(m+d\right)+m\left(m+d\right)=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ m^2-md+m^2+md+m^2-d^2=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ 3m^2-d^2=9\\ \left(m-d\right)m\left(m+d\right)=7\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(m^2-d^2\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(m^2-\left(3m^2-9\right)\right)=7\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2-9\\ m\left(-2m^2+9\right)=7\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=m-d\\ d^2=3m^2+9\\ -2m^3+9m=7\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=\frac{-1+\sqrt{15}}{2}\\ m=\frac{-1-\sqrt{15}}{2}\end{array}\right.$

Chọn C.

Chọn A

A' có ảnh là  trên (ABC) . Vậy góc giữa A'B với (ABC) là góc $\widehat{A^{\text{'}}BA}$

$\Rightarrow \widehat{A^{\text{'}}BA}=60°$

Xét $\Delta A^{\text{'}}BA$ có: $A{A}^{\text{'}}\perp AB\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=AB\tan \widehat{A^{\text{'}}BA}$

$\iff A{A}^{\text{'}}=a\sqrt{2}.\tan 60°=a\sqrt{6}$

Thể tích khối lăng trụ là:

$$\begin{gathered} V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{ABC}=a\sqrt{6}.\frac{1}{2}.AB.AC \\ =\frac{1}{2}.a\sqrt{6}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\sqrt{6}{a}^3 \end{gathered}$$

Chọn D .

Xét phương trình hoành độ có: $-x^3-x-1=-x+m^2$

$\iff -x^3-x-1+x=m^2$

$\iff x^3=1+m^2\iff x=\sqrt[3]{1+m^2}>0$

Vậy đường thẳng d cắt (C) tại 1 điểm duy nhất.

Chọn D.

Từ giả thiết  ta suy ra hình chiếu vuông góc H của S trên (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.Mà $\Delta ABC$ vuông tại B nên H là trung điểm của AC. Kẻ HK//AB. Ta suy ra, K là trung điểm của BC và ta có góc giữa mặt bên (SBC) tạo với đáy là góc $\widehat{SKH}={60}^0$ . Ta có $HK=\frac{a}{2}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{4}$

Chọn B.

Đáp án đúng là D

Lời giải:

 Trong (ABC), kẻ $MN\perp AC\Rightarrow AC\perp (MNC\text{'})$(điểm N thuộc cạnh AC)

Vậy NC’ là hình chiếu của MC’ trên mp (ACC’A’)

Góc giữa MC’ và mp(ACC’A’) là góc $\widehat{MC\text{'}N}$

Ta có: $A{B}^2=A{C}^2+B{C}^2=5a^2\Rightarrow AB=a\sqrt{5}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

CM là đường trung tuyến của tam giác ABC, nên có:

$C{M}^2=\frac{C{A}^2+C{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}=\frac{a^2}{4}\Rightarrow CM=\frac{a}{2}$

Tam giác CMC’ vuông tại M, nên:

$C\text{'}M=\sqrt{CC{\text{'}}^2-C{M}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$

Diện tích:

$S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta ABC}=\frac{a^2}{4}=\frac{1}{2}MN.AC\Rightarrow MN=\frac{a}{2\sqrt{2}}$

Xét tam giác vuông MC’N, có:

$\tan \widehat{MC\text{'}N}=\frac{MN}{MC\text{'}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{MC\text{'}N}={30}^o$

*Phương pháp giải:

+ Bước 1: Tìm giao điểm O của đường thẳng a và (α)

+ Bước 2: Dựng hình chiếu A’ của một điểm A ∈ a xuống (α)

+ Bước 3: Góc ∠AOA' = φ chính là góc giữa đường thẳng a và (α)

Lưu ý:

- Để dựng hình chiếu A’ của điểm A trên (α) ta chọn một đường thẳng b ⊥ (α) khi đó AA’ // b.

- Để tính góc φ ta sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông O

*Lý thuyết:

Cho đường thẳng d và mặt phẳng (P), ta có định nghĩa sau:

- Nếu đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa d và (P) bằng ${90}^0$.

- Nếu đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và hình chiếu d’ của đường thẳng d trên (P).

Nhận xét: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng có số đo từ $0^0$ đến ${90}^0$.

Xem thêm

Lý thuyết Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện – Toán 11 Cánh diều 

TOP 40 câu Trắc nghiệm Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (có đáp án ) – Toán 11 

Chọn A

$\sin 5x+\sin 9x+2{\sin }^{2}x-1=0$

$\iff 2\sin 7x.cos2x-cos2x=0\iff \left[\begin{array}{l}cos2x=0\\ \sin 7x=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\\ x=\frac{\pi }{42}+\frac{k2\pi }{7}\\ x=\frac{5\pi }{42}+\frac{k2\pi }{7}\end{array}\right.,k\in \mathbb{Z}$

vậy chọn A

Chọn B

ta có: $d(I,(SAB\left)\right)=\frac{1}{2}d(C,(SAB\left)\right)$

lại có: $d(C,(SAB\left)\right)=\frac{3V_{SABC}}{S_{\Delta ABC}}$

gọi M là trung điểm AB, khi đó góc giữa mp(SAB) và mp(ABC) là góc $\widehat{SMH}$

khi đó: $SH=HM.\tan {60}^o=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\begin{array}{l}{V}_{SABC}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12};S_{ABC}=\frac{a^2}{2}\Rightarrow d(C,(SAB\left)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ \Rightarrow d(I,(SAB\left)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}\end{array}$

Chọn D

Từ đồ thị của hàm số y=f'(x): ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên của đồ thị hàm số, ta chọn đáp án D.

Chọn B

Có $y\text{'}=3x^2-6mx+3(m^2-1)$,

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

Ta có $y=y\text{'}(\frac{1}{3}x-\frac{m}{3})-2x+3m-1$, vậy đường thẳng qua 2 điểm cực trị là: $y=-2x+3m-1$

2 điểm cực trị của đồ thị là:

 $A(m+1;m-3);B(m-1;m+1)$

Từ giả thiết có:

$\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=0\Rightarrow m^2-m-2=0\iff \left[\begin{array}{l}m=-1\\ m=2\end{array}\right.$

Chọn C

$$\begin{gathered} {\left(\frac{1}{7}\right)}^{x^2-2x-3}=7^{x-1}\iff -x^2+2x+3=x-1 \\ \iff x^2-x-4=0 \end{gathered}$$

Phương trình có ac<0, nên pt có 2 nghiệm trái dấu

Chọn C

Ta có tam giác SAB đều cạnh $a\sqrt{3}$

Gọi H là trung điểm AB, mp(SAB) vuông góc với mp đáy, nên $SH\perp \left(ABCD\right)$

Có: $SH=\frac{3a}{2}$

$V_{SABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.3a^2=\frac{3a^3}{2}$