Đáp án A

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x\Rightarrow f\text{'}\left(1\right)=-3.$

Đáp án B

Số mặt phẳng đối xứng cần tìm là 4.

Đáp án A

Dãy số ở phương án B là 1 CSC với công sai d = 1 dãy số ở phương án C là 1 CSC với công sai d = 2 dãy số ở phương án D là 1 CSC với công sai d = 0 dãy số ở phương án A không là 1 CSC, vì $\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\ne \frac{1}{6}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{12}.$

Đáp án B

Vì $∆ABC$ cân tại C và H là trung điểm của AB nên $CH\perp AB.$ 

Mà $SA\perp \left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp CH\Rightarrow CH\perp \left(SAB\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}CH\perp SA\\ CH\perp SB\\ CH\perp AK\end{array}\right.\Rightarrow$ 

Các khẳng định A,C và D đúng. Khẳng định B sai.

Đáp án C

Khối đa diện đều loại {4;3} là hình lập phương => có 6 mặt .

Đáp án A

Ta có $\cos x=0\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi }\left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right)$

Đáp án D

Phương trình

$$\begin{gathered} \cos 2x+5\sin x-4=0\iff 1-2{\sin }^{2}x+5\sin x-4=0\iff 2{\sin }^{2}x-5\sin x+3=0 \\ \iff \left(2\sin x-3\right)\left(\sin x-1\right)=0\iff \sin x=1\iff x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}+k2\mathrm{\pi } \left(\mathrm{k}\in \mathrm{\mathbb{Z}}\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $y=\frac{3x-1}{x-2}\Rightarrow y\text{'}=\frac{-5}{{\left(x-2\right)}^2}<0 \left(\forall x\ne 2\right)$ 

Do đó hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Đáp án B

Ta có: $D=\left(-2;+\infty \right)$và $y\text{'}=\frac{1}{x+2}-\frac{3}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{x-1}{{\left(x+2\right)}^2}>0\iff x>1$ 

Do đó hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$.

Đáp án A

Ta có: $D=(-\infty ;-2]\cup [3;+\infty )$. Khi đó đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng vì $x=\pm 1\notin D.$ Lại có: $\underset{x\to \infty }{\lim }y=0\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 1 tiệm cận ngang là y = 0.

Đáp án B

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6x\Rightarrow y\text{'}\left(3\right)=9$ Do đó PTTT là: $y=9\left(x-3\right)+1=9x-26$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=2017e^{-x}+6e^{-2x};y\text{'}\text{'}=-2017e^{-x}-12e^{-2x}$ 

Do đó: $y\text{'}\text{'}+3y\text{'}+2y=0.$

Đáp án A

Phương trình hoành độ giao điểm là: $x^3-3x^2+2017=2017$ 

$\iff x^3-3x^2+2x=0\iff x\left(x-1\right)\left(x-2\right)=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=2\end{array}.$ Vậy có 3 giao điểm.

Đáp án C

Ta có $y\text{'}=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}\to y\text{'}\left(0\right)=1$ suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) là (d): y = x + 1. Đường thẳng cắt Ox tại A(0;1) tại $B(-1;0)\Rightarrow S_{∆OAB}=\frac{1}{2}.OA.OB=\frac{1}{2}.$

Đáp án D

Hàm số y = ln x có tập giá trị là $\mathrm{ℝ}$.

Đáp án B

Ta có $y={\log }_2(2x+1)\to y\text{'}=\frac{\left(2x+1\right)\text{'}}{\left(2x+1\right).\ln 2}=\frac{2}{\left(2x+\right).\ln 2}.$

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi $2-x>0\iff x<2.$ Vậy $D=(-\infty ;2)$

Đáp án D

Ta có ${\log }_a\left(xy\right)={\log }_a\left|x\right|+{\log }_a\left|y\right|$

Đáp án A

Chữ số hàng trăm, chục, đơn  vị lần lượt có 9,9,8 cách chọn.

Do đó có 9.9.8 = 648 số thỏa mãn.

Đáp án D

Xác suất 2 bi được chọn có cùng màu là $\frac{C_5^1.C_4^1}{C_9^2}=\frac{5}{9}.$

Đáp án A

Ta có $P\left(x\right)={\left(x+2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^6=\sum _{k=0}^6{C}_6^k{x}^{6-k}.{\left(2x^{-\frac{1}{2}}\right)}^k=\sum _{k=0}^6{C}_6^k.2^k{x}^{6-k-\frac{k}{2}}$ 

Ép cho $6-k-\frac{k}{2}=3\Rightarrow k=2\Rightarrow$ hệ số cần tìm là $C_6^2.2^2=60.$

Đáp án C

Hàm số đã cho xác định khi $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ \frac{x}{{\log }_{2}x-2}>0\end{array}\right.\iff x>4$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm : $\frac{x+1}{x-3}=x-5\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 3\\ x^2-9x+14=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}x=7\Rightarrow y=2\\ x=2y\Rightarrow =-3\end{array}\right.\right.$ 

Do đó $A\left(7;2\right);B\left(2;-3\right)\Rightarrow d=d_1+d_2=2+3=5.$

Đáp án A

Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi trong 12 viên bi có $C_{12}^3=220$ cách $\Rightarrow n\left(\Omega \right)=220$. 

Gọi X là biến cố “3 bi được chọn có đủ 3 màu”

Lấy 1 viên bi màu đỏ trong 3 bi đỏ có 3 cách.

Lấy 1 viên bi màu xanh trong 4 bi xanh có 4 cách.

Lấy 1 viên bi màu vàng trong 5 bi vàng có 5 cách.

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là $n\left(X\right)=3.4.5=60.$ Vậy $P=\frac{n\left(X\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{3}{11}.$

Đáp án C

Các khẳng định A,B,D sai; khẳng định C đúng.

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}2x=-2+6\\ 2.6=x+y\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=10\end{array}.\right.$

Đáp án C

Xét dãy số $u_n=n+2.$ Ta có: $u_{n+1}=n+1+2-\left(n+2\right)=1$ không đổi $\Rightarrow u_n=n+2$ là 1 CSC với công sai d = 1.

Đáp án A

Ta có: $I=lim\frac{\sqrt{n^2-2n+3}+n}{-2n+3}=lim\frac{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{2}{n}}+{\displaystyle \frac{3}{n^2}}+1}}{-2+{\displaystyle \frac{3}{n}}}=-1$

Đáp án đúng: C

*Lời giải:

Xét khẳng định C. Ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB}\Rightarrow$ đúng.

*Phương pháp giải:

- Áp dụng quy tắc tổng của hai vectơ:

- Với ba điểm A, B, C trong không gian, ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$ (quy tắc ba điểm);

*Lý thuyết nắm thêm và các dạng toán về các phép toán vectơ trong không gian:

- Tổng của hai vectơ

Trong không gian, cho hai vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$. Lấy một điểm A tùy ý, vẽ $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{b}$.

Vectơ $\overrightarrow{AC}$ được gọi là tổng của hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$, kí hiệu là $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$.

Chú ý:

• Phép lấy tổng hai vectơ còn được gọi là phép cộng vectơ.

• Phép cộng vectơ trong không gian cũng có các tính chất như phép cộng vectơ trong mặt phẳng, chẳng hạn: Phép cộng vectơ trong không gian cũng có các tính chất giao hoán, kết hợp, cộng với vectơ – không. Do đó, ta cũng định nghĩa được tổng của ba vectơ trong không gian.

• Khi thực hiện phép cộng vectơ trong không gian, ta vẫn có thể áp dụng quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành như đối với vectơ trong mặt phẳng.

Đối với vectơ trong không gian, ta cũng có các quy tắc sau:

• Với ba điểm A, B, C trong không gian, ta có: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$ (quy tắc ba điểm);

• Nếu ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}$ (quy tắc hình bình hành).

• Nếu ABCD.A'B'C'D' là hình hộp thì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA\text{'}}=\overrightarrow{AC\text{'}}$ (quy tắc hình hộp).

- Hiệu của hai vectơ

• Trong không gian, cho hai vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$. Hiệu của vectơ $\overrightarrow{a}$ và vectơ $\overrightarrow{b}$ là tổng của vectơ $\overrightarrow{a}$với vectơ đối của vectơ $\overrightarrow{b}$, kí hiệu là $\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$.

Phép lấy hiệu của hai vectơ còn được gọi là phép trừ vectơ.

Đối với vectơ trong không gian, ta có quy tắc sau:

• Với ba điểm O, A, B trong không gian, ta có: $\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{BA}$ (quy tắc hiệu).

- Tích của hai vectơ

Cho số thực k ≠ 0 và vectơ $\overrightarrow{a}\ne \overrightarrow{0}$. Tích của số k với vectơ $\overrightarrow{a}$ là một vectơ, kí hiệu là $k\overrightarrow{a}$, được xác định như sau:

• Cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{a}$ nếu k > 0, ngược hướng với vectơ $\overrightarrow{a}$ nếu k < 0;

• Có độ dài bằng |k| . | $\overrightarrow{a}$|.

Quy ước: 0.$\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{0}$, k. $\overrightarrow{0}$ = $\overrightarrow{0}$ . Do đó, k.$\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{0}$ khi và chỉ khi k = 0 hoặc $\overrightarrow{a}$= $\overrightarrow{0}$ .

Chú ý:

• Phép lấy tích của một số với một vectơ gọi là phép nhân một số với một vectơ.

• Phép nhân một số với một vectơ trong không gian có các tính chất sau:

Với hai vectơ bất kì $\overrightarrow{a}$ ,$\overrightarrow{b}$ và hai số thực h, k ta có:

+ k($\overrightarrow{a}$ + $\overrightarrow{b}$) = k $\overrightarrow{a}$ + k$\overrightarrow{b}$ ; k($\overrightarrow{a}$- $\overrightarrow{b}$ ) = k$\overrightarrow{a}$ − k$\overrightarrow{b}$ ;

+ (h + k)$\overrightarrow{a}$ = h $\overrightarrow{a}$ + k $\overrightarrow{a}$;

+ h(k $\overrightarrow{a}$) = (hk) $\overrightarrow{a}$;

+ 1$\overrightarrow{a}$ =$\overrightarrow{a}$ ; (−1) $\overrightarrow{a}$ = − $\overrightarrow{a}$.

• Hai vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$ là cùng phương khi và chỉ khi có một số thực k ≠ 0 sao cho $\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{b}$ .

Trong không gian, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}$,$\overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$. Lấy một điểm O tùy ý và vẽ hai vectơ $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}$. Góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$,$\overrightarrow{b}$ trong không gian là góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{OA},$$\overrightarrow{OB}$, kí hiệu là $\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)$ .

Chú ý: 0o ≤ $\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)$ ≤ 180o.

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

Lý thuyết Vectơ và các phép toán vectơ trong không gian – Toán lớp 12 Cánh diều 

50 bài toán về tọa độ điểm, tọa độ vectơ (có đáp án 2024) – Toán 12 

50 bài toán về tích vô hướng và tích có hướng của hai vectơ (có đáp án 2024) – Toán 12

Đáp án B

Ta có $y\text{'}=3x^2-12x+9=0\iff [\begin{array}{l}x=3\Rightarrow y=-2\\ x=1\Rightarrow y=2\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}M\left(3;-2\right)\\ N\left(1;2\right)\end{array}\Rightarrow \left(MN\right):2x+y-4=0.\right.$ 

Phương trình đường thẳng đi qua điểm A(-1;1) và vuông góc với (MN) là (d): $y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}.$

Đáp án A

$f\left(x\right)={\left(\frac{1}{2}\right)}^x.5^{x^2}>1\iff \ln \left[{\left(\frac{1}{2}\right)}^x\right]+\ln \left(5^{x^2}\right)=-x\ln 2+x^2\ln 5>0.$

Đáp án D

Lấy 2 đinh tô màu đỏ trong 6 điểm có $C_6^2$ cách.

Lấy 1 đỉnh tô màu xanh trong 4 điểm có cách.

Suy ra số tam giác tạo thành có 2 đỉnh tô màu đỏ là $C_6^2.C_4^1=60.$

Vậy xác suất cần tính là $P=\frac{C_6^2.C_4^1}{C_{10}^3}=\frac{1}{2}.$

Đáp án C

Phương trình đã cho $\iff \sin x=\frac{3}{4}\left(1\right)$ Quan sát đường tròn

 lượng giác ta thấy có 2 giá trị của $x\in \left[-\mathrm{\pi };\mathrm{\pi }\right]$ thỏa mãn phương trình (1).

Đáp án B

Ta có  $y\text{'}=e^{2x}+3\left(x+1\right)e^{3x}=e^{3x}\left(3x+4\right)\Rightarrow y\text{'}\text{'}=3e^{3x}\left(3x+4\right)+3e^{3x}=3e^{3x}\left(3x+5\right).$

Vậy $y\text{'}\text{'}-6y\text{'}+9y=0.$

Đáp án C

Ta có: $\frac{1}{{\log }_{3}x}+\frac{2}{{\log }_{3}x}+\frac{3}{{\log }_{3}x}+...+\frac{n}{{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}$ 

$\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2{\log }_{3}x}=\frac{210}{{\log }_{3}x}\iff n\left(n+1\right)=420\iff n=20\Rightarrow P=2.20+3=43.$

Đáp án A

Gọi M, N là trung điểm của $AB,CD\Rightarrow \left(SMN\right)\perp \left(ABCD\right).$ 

Tam giác SAB đều $\Rightarrow SM=\frac{a\sqrt{3}}{2};$ tam giác SCD cân $\Rightarrow SN=\frac{a\sqrt{11}}{2}$. 

Kẻ $SH\perp MN \left(H\in MN\right)\Rightarrow SH\perp \left(ABCD\right)$ 

Mặt khác $S_{∆SMN}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SH=\frac{2.S_{∆SMN}}{MN}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$ 

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{6}.$

Đáp án D

Vì M,Q lần lượt là trung điểm của AC,BC.

Suy ra MQ là đường trung bình của $∆ABC\Rightarrow MQ//AB.$ 

Tương tự, ta cũng có MP // AA'. Vậy $\left(MPQ\right)//\left(ABB\text{'}A\text{'}\right).$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm là: $m{x}^3-x^{2}2x+8m=0$ 

$$\begin{gathered} \iff m\left(x+2\right)\left(x^2-2x+4\right)-x\left(x+2\right)=0\iff \left(x+2\right)\left(m{x}^2-2mx+4m-x\right)=0 \\ \iff [\begin{array}{l}x=-2\\ g\left(x\right)=m{x}^2-\left(1+2m\right)x+4m=0\end{array} \end{gathered}$$ 

Để đồ thị $\left(C_m\right)$ cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì $g\left(x\right)=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác -2 $\iff \left\{\begin{array}{l}m\ne 0\\ ∆={\left(1+2m\right)}^2-16m^2>0\\ g\left(-2\right)=4m+2\left(1+2m\right)+4m\ne 0\end{array}\right.\iff m\in \left(-\frac{1}{6};\frac{1}{2}\right)\backslash \left\{0\right\}$

Đáp án B

Xét hàm số $S\left(t\right)=\frac{2}{5}{t}^3-63t^2+3240t-3100$ trên đoạn [1;60], có $S\text{'}\left(t\right)=\frac{6t^2}{5}-126t+3240.$ Phương trình $S\text{'}\left(t\right)=0\iff \left\{\begin{array}{l}1\le t\le 60\\ 6t^2-630t+16200=0\end{array}\iff \right.[\begin{array}{l}t=45\\ t=60\end{array}.$ 

Tính các giá trị $S\left(45\right)=51575;S\left(60\right)=50900\to \underset{[1;60]}{max}S\left(t\right)=S\left(45\right)=51575.$ 

Vậy trong 60 ngày đó thì ngày thứ 45 có lượng xuất khẩu cao nhất.

Đáp án B

TH1: Hàm số bị suy biến $\iff m=3\Rightarrow y=1.$ Khi đó đồ thị hàm số không có TCĐ.

TH2: PT: $x^2-mx-m+5=0$ vô nghiệm

$\iff ∆=m^2+4m-20<0\iff -2-2\sqrt{6}<m<-2+2\sqrt{6}$ 

Do đó với $m\in \mathrm{\mathbb{Z}}\Rightarrow m=-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2$ (có 9 giá trị của m).

Vậy có 10 giá trị nguyên của m.

Đáp án C

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{2}^2.{\log }_{\sqrt{2}}2=2^3.{\log }_{2}2=2^3\\ 3^2.{\log }_{\sqrt{2}}2=3^3.{\log }_{2}2=3^3 suy ra S=1^3+2^3+3^3+...+{2017}^3\end{array}\right.\\ ........\end{array}\right.$ 

Mà $x^3={\left[\frac{x\left(x+1\right)}{2}\right]}^2-{\left[\frac{x\left(x-1\right)}{2}\right]}^2\Rightarrow S=1^3+2^3+...+n^3={\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]}^2={1009}^2.{2017}^2.$

Đáp án B

TH1: Với $m=0\to y=14x+2$ suy ra hàm số đồng biến trên  

TH2: Với $m\ne 0$ ta có $y\text{'}=m{x}^2+14mx+14;\forall x\in \mathrm{ℝ}.$ 

Để hàm số nghịch biến trên $[1;+\infty )\iff y\text{'}\le 0;\forall x\in [1;+\infty )\iff m\le -\frac{14}{x^2+14x};\forall x\in [1;+\infty ) (*)$ 

Xét hàm số $f\left(x\right)=-\frac{14}{x^2+14x}$ tên $[1;+\infty )$, ta có

$y\text{'}=\frac{28\left(x+7\right)}{x^2{\left(x+14\right)}^2}>0\Rightarrow \underset{[1;+\infty )}{min}f\left(x\right)=f\left(1\right)=-\frac{14}{15}.$ 

Vậy yêu cầu (*) $\iff m\le \underset{[1;+\infty )}{min}f\left(x\right)=-\frac{14}{15}.$

Đáp án C

Ta có $\cos \alpha =\cos \widehat{\left(CC\text{'};BM\right)}=\cos \widehat{BMC}.$ 

Cạnh $A\text{'}H=\frac{BC\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2},AH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ 

$AA\text{'}=\sqrt{A\text{'}{H}^2+A{H}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\Rightarrow MC=\frac{a\sqrt{6}}{4}.$ 

Cạnh $B\text{'}H=\sqrt{A\text{'}B{\text{'}}^2+A\text{'}{H}^2}=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$ 

Do đó $\cos \widehat{B\text{'}BH}=\frac{BB{\text{'}}^2+B{H}^2-B\text{'}{H}^2}{2BB\text{'}.BH}=0\Rightarrow B\text{'}B\perp BH$ 

$\Rightarrow MC\perp BC\Rightarrow cos\widehat{MBC}=\frac{MC}{BM}=\frac{MC}{\sqrt{B{C}^2+M{C}^2}}=\frac{\sqrt{33}}{11}.$

Đáp án C

Ta có $y=-1+\left(2-\sqrt{3}\right).2\sin xcosx+2{\cos }^{2}x=\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x.$ 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki, có

${\left[\left(2-\sqrt{3}\right).\sin 2x+\cos 2x\right]}^2\le \left[{\left(2-\sqrt{3}\right)}^2+1^2\right].\left({\sin }^{2}2x+{\cos }^{2}2x\right)=8-4\sqrt{3}$ 

Suy ra $y^2\le 8-4\sqrt{3}\iff \sqrt{8-4\sqrt{3}}\le y\le \sqrt{8-4\sqrt{3}}.$ Vậy M + N + 2 = 2.

Đáp án B

Để f(x) liên tục tại x = 1 thì $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$. Ta có:

$\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=lim\frac{x^{2016}+x-1}{\sqrt{2018x+1}-\sqrt{x+2018}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{2016x+1}{{\displaystyle \frac{1009}{\sqrt{2018x+1}}}-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+2018}}}}=2\sqrt{2019}$ 

Vậy $k=2\sqrt{2019}.$

Đáp án A

Cuối tháng 1, mẹ nhận được số tiền là $4.{10}^6.\left(1+1\%\right)$ đồng.

Cuối tháng 2, mẹ nhận được số tiền là

$\left[4.{10}^6.\left(1+1\%\right)+4.{10}^6\right].\left(1+1\%\right)=4.{10}^6.\left[{\left(1+1\%\right)}^2+\left(1+1\%\right)\right]$ 

Cuối tháng 3, mẹ nhận được số tiền là $4.{10}^6.\left[{\left(1+1\%\right)}^3+{\left(1+1\%\right)}^2+\left(1+1\%\right)\right]$đồng.

... ... ...

Vậy hàng tháng mẹ gửi vào ngân hàng a đồng, lãi suất r% và số tiền thu được sau n tháng là $A=\frac{a}{r}.\left(1+r\right).\left[{\left(1+r\right)}^n-1\right].$ Suy ra sau 11 tháng, mẹ lĩnh được  $A=\frac{4.{10}^6}{1\%}.\left(1+1\%\right).\left[{\left(1+1\%\right)}^{11}-1\right].$

Vì đầu tháng 12 mẹ mới rút tiền nên mẹ được cộng thêm cả tiền lương của tháng 12.

Vậy tổng số tiền mẹ nhận được là $A+4.{10}^6=50$ triệu 730 nghìn đồng.

Đáp án D

Xét khối nón tròn xoay $\left(N_1\right)$ được tạo thành khi quay tam giác AMN quanh trục $AB\Rightarrow \left(N_1\right)$ có bán kính đáy $r_1=MN=2;$ chiều cao $h_1=AM=5.$ Suy ra thể tích khối nón $\left(N_1\right)$ là $V_1=\frac{1}{3}{{\mathrm{\pi r}}_1}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.2^2.5=\frac{20\mathrm{\pi }}{3}.$ 

Xét khối nón tròn xoay $\left(N_2\right)$ được tạo thành khi quay tam giác ABC

quanh trục $AB\Rightarrow \left(N_2\right)$ có bán kính đáy $r_2=BC=4;$ chiều cao $h_2=AB=10.$ 

Suy ra thể tích khối nón $\left(N_2\right)$ là $V_2=\frac{1}{3}{{\mathrm{\pi r}}^2}_2{\mathrm{h}}_2=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }.4^2.10=\frac{160\mathrm{\pi }}{3}.$ 

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là $V=V_1-V_2=\frac{160\mathrm{\pi }}{3}-\frac{20\mathrm{\pi }}{3}=\frac{140\mathrm{\pi }}{3}.$

Đáp án B

Ta có $BC//B\text{'}C\text{'}\Rightarrow BC//\left(MB\text{'}C\text{'}\right)\Rightarrow d\left(BC;C\text{'}M\right)=d\left(B;\left(MB\text{'}C\text{'}\right)\right)=d=\frac{3V_{B.MB\text{'}C\text{'}}}{S_{MB\text{'}C\text{'}}}$