Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

$$\begin{gathered} {\left(m+2\right)}^2+{\left(2m\right)}^2\ge {\left(2m+2\right)}^2 \\ \iff m^2-4m\ge 0 \\ \iff m\le 0 hoặc m\ge 4 \end{gathered}$$

Đáp án C

Đáp án đúng là D

* Lời giải:

$\cos \left(\sin \left(x\right)\right)=1\iff \sin \left(x\right)=k2\mathrm{\pi },\mathrm{k}\in \mathrm{Z}$ Do $-1\le k2\mathrm{\pi }\le 1$ và $k\in Z$ nên k = 0 

Khi đó $\sin \left(x\right)=0\iff x=m\mathrm{\pi },\mathrm{m}\in \mathrm{Z}$ 

Vì $x\in \left[0;2\mathrm{\pi }\right]$ nên $x\in \left\{0;\mathrm{\pi };2\mathrm{\pi }\right\}$.

Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 3$\mathrm{\pi }$

* Phương pháp giải:

- Biến đổi và giải phương trình tìm ra nghiệm sao cho thỏa mãn x thuộc đoạn $\left[0;2\mathrm{\pi }\right]$

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x,y\in N\\ x>y\end{array}\right.$.

Phương trình đã cho tương đương với:

 $$\begin{gathered} \frac{{\displaystyle \frac{\left(x+1\right)!}{\left(x-y\right)!}}.\left(x-y\right)!}{\left(x-1\right)!}=72 \\ \iff \left(x+1\right)x=72 \\ \iff x^2+x-72=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=-9\\ x=8\end{array}\right. \end{gathered}$$

So điều kiện chọn  

Do đó phương trình đã cho có nghiệm ( x;y ) thỏa mãn $\left\{\begin{array}{l}x=8\\ y<8\end{array}\right.$

Cụ thể là các nghiệm: ( 8;0 ), ( 8;1 0, ( 8;2 ), ( 8;3 ), ( 8;4 ), ( 8;5 ), ( 8;6 ), ( 8;7 )

Vậy số nghiệm của phương trình đã cho là 8

Đáp án A

Ÿ Không có con Át và 5 con khác có $C_{48}^5$ cách.

Ÿ 1 con Át và 4 con khác có $C_4^1.C_{48}^4$

Vậy có tất cả là $C_{52}^5-C_{48}^5-C_4^1.C_{48}^4=108336$ cách chọn có ít nhất 2 con Át

Đáp án B

Gọi n là số học sinh nữ của lớp $\left(n\in N^{*},n\le 28\right)$.

Số cách chọn 3 học sinh bất kì là cách. Suy ra số phần tử của không gian mẫu $n\left(\Omega \right)=C_{30}^3$ 

Gọi A là biến cố “chọn được 2 nam và 1 nữ”. Ta có $n\left(A\right)=C_{30-n}^2{C}_n^1$ 

Theo đề

$$\begin{gathered} P\left(A\right)=\frac{12}{29}\iff \frac{C_{30-n}^2{C}_n^1}{C_{30}^3}=\frac{12}{29} \\ \iff \left(n-14\right)\left(n^2-45n+240\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}n=14\\ n=\frac{45\pm \sqrt{1065}}{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

So với điều kiện, chọn n = 14 

Vậy lớp đó có 14 học sinh nữ.

Đáp án A

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{30}^5=142506$ 

Gọi A là biến cố: “đề thi lấy ra là một đề thi tốt”.

Vì trong một đề thi “tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 nên ta xét các trường hợp sau:

Ÿ Trường hợp 1: Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó có $C_{15}^1{C}_{10}^1{C}_5^1$ cách.

Ÿ Trường hợp 2: Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó có $C_{15}^2{C}_{10}^2{C}_5^1$ cách.

Ÿ Trường hợp 3: Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó có $C_{15}^2{C}_{10}^1{C}_5^2$ cách.

Suy ra $n\left(A\right)=C_{15}^3{C}_{10}^1{C}_5^1+C_{15}^2{C}_{10}^2{C}_5^1+C_{15}^2{C}_{10}^1{C}_5^2=56875$ 

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{56875}{142506}=\frac{625}{1566}$

Đáp án D

Ta có: $lim\frac{2^n+3^n}{2^n-1}=lim\frac{{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^n+1}{{\left(\frac{2}{3}\right)}^n-{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^n}=+\infty$

Đáp án D

Hàm số f (x) liên tục trên R$\iff$f(x) liên tục tại các điểm x = 0; x = $\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(0\right)\\ \underset{x\to \frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\frac{\mathrm{\pi }}{2}}{\lim }=f\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{3}{2}\\ b=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Phép quay $Q\left(0;\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right):A\mapsto B;B\mapsto C;C\mapsto D;D\mapsto A$ 

Do đó $\phi =\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

Đáp án C

Rõ ràng $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ không cùng phương.

Ba vectơ $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$ đồng phẳng $\iff \exists$ cặp số ( m,n ) sao cho $\overrightarrow{c}=m\overrightarrow{a}+n\overrightarrow{b}$ 

Vì $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}$ không đồng phẳng nên

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x-m+n=0\\ 1-2m-n=0\\ -2-3m-n=0\end{array}\right. \\ \iff x=-10 \end{gathered}$$

Đáp án B

Hàm số đã cho có tập xác định là $D=\left(-\infty ;-\sqrt{2}\right)\cup \left(-1;1\right)\cup \left(\sqrt{2};+\infty \right)$ 

Ta có $\underset{x\to \infty }{\lim }y=1;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-1$ suy ra y = -1; y = 1 là các tiệm cận ngang.

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\sqrt{2}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to \sqrt{2}}{\lim }y=+\infty \end{gathered}$$

suy ra có 4 đường tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có 6 đường tiệm cận

Đáp án D

$y\text{'}=\frac{1-m^{2018}}{{\left(x+1\right)}^2}$

Hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right),\left(-1;+\infty \right)$ (đồng biến) khi và chỉ khi y ' > 0$\iff 1-m^{2018}>0\iff -1<m<1$

Đáp án D

$$\begin{gathered} y\text{'}=4x^3-4\left(m^2+1\right)x \\ y\text{'}=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{m^2+1}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Dễ thấy hàm số đã cho có 3 điểm cực trị với mọi m.

Với $x_{CT}=\pm \sqrt{m^2+1}\Rightarrow$ giá trị cực tiểu $y_{CT}=-\left(m^2+1\right)+1$

Ta có ${\left(m^2+1\right)}^2\ge 1\Rightarrow y_{CT}\le 0max\left(y_{CT}\right)=0$$\iff m^2+1=1\iff m=0$

Đáp án A

$$\begin{gathered} x_A=-1\Rightarrow y=-3\Rightarrow A\left(-1;-3\right) \\ {x}_B=0\Rightarrow y_B=11\Rightarrow B\left(0;1\right) \end{gathered}$$

Vì đường thẳng $y=\frac{1-2x}{1+2x}$ đi qua hai điểm A và B nên ta có hệ: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a\left(-1\right)+b=-3\\ a.0+b=1\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}a=4\\ b=1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy $\frac{a}{b}=4$

Đáp án B

Ta có $y=\left|x^2+2x+a-4\right|=\left|{\left(x+1\right)}^2+a-5\right|$ 

Đặt $u={\left(x+1\right)}^2$ khi đó $\forall x\in \left[-2;1\right]$ thì $u\in \left[0;4\right]$ 

Ta được hàm số $f\left(u\right)=\left|u+a-5\right|$ 

Khi đó

$$\begin{gathered} \underset{x\in \left[-2;1\right]}{Max}y=\underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right) \\ =Max\left\{f\left(0\right),f\left(4\right)\right\}=Max\left\{\left|a-5\right|;\left|a-1\right|\right\} \end{gathered}$$ 

Trường hợp 1:

 $$\begin{gathered} \left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\le 3 \\ \Rightarrow \underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right)=5-a\ge 2\iff a=3 \end{gathered}$$

Trường hợp 2:

 $$\begin{gathered} \left|a-5\right|\le \left|a-1\right|\iff a\ge 3 \\ \Rightarrow \underset{x\in \left[0;4\right]}{Max}f\left(u\right)=a-1\ge 2\iff a=3 \end{gathered}$$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\underset{x\in \left[-2;1\right]}{Max}y=2\iff a=3$

Đáp án A

Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là 1 và –1.

Do đó nên $-\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2}=-1\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=-2\end{array}\right.$ 

Vậy có hai tiếp tuyến.

Đáp án C

Hoành độ giao điểm của (C) và Ox là nghiệm phương trình

$$\begin{gathered} \left(x-1\right)\left(x^2-\left(3m-1\right)x+1\right)=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ g\left(x\right)=x^2-\left(3m-1\right)x+1=0\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}∆>0\\ g\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<-\frac{1}{3}\end{array}\right.\\ m\ne 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m>1\\ m<-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

Giả sử $x_3=1$ 

Theo đề thì phương trình (1) có hai nghiệm $x_1;x_2$

 $$\begin{gathered} x_1^2+x_2^2>14\iff {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2>14 \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>\frac{5}{3}\\ m<-1\end{array}\right. \end{gathered}$$

(thỏa mãn)

Vậy $m\in \left(-\infty ;-1\right)\cup \left(\frac{5}{3};+\infty \right)$

Đáp án C

Xét hàm số $C\left(t\right)=\frac{0,28t}{t^2+4}$ liên tục trên khoảng $\left(0;24\right)$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có $C\left(t\right)=\frac{0,28t}{t^2+4}\le \frac{0,28t}{2\sqrt{t^2.4}}=\frac{7}{100}$ 

Dấu “=” xảy ra $t^2=4\iff t=2$ 

Vậy sau 2 giờ nồng độ thuốc hấp thu trong máu là cao nhất.

Đáp án C

$$\begin{gathered} 2^a.5^b=2^c.5^d\iff \ln \left(2^a.5^b\right)=\ln \left(2^c.5^d\right) \\ \iff a\ln \left(2\right)+b\ln \left(5\right)=c\ln \left(2\right)+d\ln \left(5\right) \\ \iff \left(a-c\right)\ln \left(2\right)=\left(d-b\right)\ln \left(5\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Giả thiết bài toán cho ta $x>0$ và $x^2-4y^2=4$ 

Không mất tính tổng quát, giả sử $y\ge 0$ . Đặt t = x - y. Khi đó ta có $3y^2-2ty+4-t^2=0$ 

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi $∆=4t^2-12\left(4-t^2\right)\ge 0\Rightarrow t\ge \sqrt{3}$ 

Do x > 0 và $y\ge 0$ nên $t=\left|x\right|-\left|y\right|=x-y\ge \sqrt{3}$

Đáp án A

Ta có

 $$\begin{gathered} P={\log }_3\left(675\right)={\log }_3\left(5^3.3^3\right) \\ =2{\log }_3\left(5\right)+3=2\frac{{\log }_{2}5}{{\log }_{2}3}+3 \\ =\frac{2a}{b}+3=\frac{2a+3b}{b} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có 

$$\begin{gathered} y\text{'}=\frac{1}{x}\left(\cos \left(\ln \left(x\right)\right)-\sin \left(\ln \left(x\right)\right)\right) \\ y"=-\frac{2\cos \left(\ln \left(x\right)\right)}{x^2} \end{gathered}$$

Khi

$$\begin{gathered} x^{2}y"+xy\text{'}+y=x^2.\left(-\frac{2\cos \left(\ln \left(x\right)\right)}{x^2}\right)+x.\frac{1}{x} \\ \left(\cos \left(\ln \left(x\right)\right)-\sin \left(\ln \left(x\right)\right)+\sin \left(\ln \left(x\right)\right)+\cos \left(\ln \left(x\right)\right)\right)=0 \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có 

$$\begin{gathered} {\log }_2\left({\log }_3\left({\log }_4\left(x\right)\right)\right)=0 \\ \iff {\log }_3\left({\log }_4\left(x\right)\right)=1 \\ \iff {\log }_4\left(x\right)=3 \\ \iff x=4^3 \end{gathered}$$

Giải tương tự ta thu được $y=2^4;z=3^2$ 

Khi đó $\sqrt[3]{x}+\sqrt[4]{x}+\sqrt{x}$ = 9

Đáp án A

Hàm số đã cho đồng biến khi và chỉ khi ${\left(a^2-3a+3\right)}^x$ > 1 $\iff a^2-3a+2>0\iff a<1$ hoặc a > 2

Đáp án D

Do $x\in \left[0;e\right]$ nên  

 $$\begin{gathered} f\left(x\right)=\ln \sqrt{2x^2+2x\sqrt{x^2+e^2}+e^2} \\ =\ln \sqrt{{\left(x+\sqrt{x^2+e^2}\right)}^2} \\ =\ln \left|x+\sqrt{x^2+e^2}\right| \\ =\ln \left(x+\sqrt{x^2+e^2}\right) \end{gathered}$$

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn $\left[0;e\right]$

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{x^2+e^2}}>0,\forall x\in \left[0;e\right]$

Suy ra hàm số đồng biến trên đoạn $\left[0;e\right]$

Khi đó $\underset{x\in \left[0;e\right]}{min}f\left(x\right)=f\left(0\right)=1$

Đáp án B

Sử dụng phương pháp tích phân từng phần (hoặc bấm máy tính) ta có được ${\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}x\sin \left(xdx\right)=1$

Khi đó 

$$\begin{gathered} I=1+2m{\int }_0^{\frac{\mathrm{\pi }}{2}}xdx=1+\frac{m{\mathrm{\pi }}^2}{4}=1+{\mathrm{\pi }}^2 \\ \Rightarrow \mathrm{m}=4\Rightarrow \left|\mathrm{m}\right|-1=3 \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường $y=\sqrt{x}$ và $x-2y=0\iff y=\frac{x}{2}$ là $\sqrt{x}=\frac{x}{2}\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge 0\\ x=\frac{x^2}{4}\end{array}\right.\iff x=0$ hoặc x = 4 

Diện tích hình phẳng cần tìm là

$$\begin{gathered} S{\int }_0^4\left|\sqrt{x}-\frac{x}{2}\right|dx={\int }_0^4\left(\sqrt{x}-\frac{x}{2}\right)dx \\ ={\left(\frac{2\sqrt{x^3}}{3}-\frac{x^2}{4}\right)}_0^4=\frac{4}{3} \end{gathered}$$

Diện tích toàn phần của một khối tứ diện đều cạnh $\frac{2\sqrt[4]{3}}{3}$ là $S_{xq}=4.{\left(\frac{2\sqrt[4]{3}}{3}\right)}^2\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{4}{3}$

Đáp án D

Đặt

$$\begin{gathered} t=\sqrt{4-3x} \\ \Rightarrow dt=-\frac{3}{2\sqrt{4-3x}}dx \\ \Rightarrow dx=-\frac{2}{3}dt \end{gathered}$$ 

Đổi cận $x=0\to t=2;x=1\Rightarrow t=1$

Khi đó 

$$\begin{gathered} V=\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\int }_1^2\frac{t}{{\left(1+t\right)}^2}dt \\ =\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\int }_1^2\left(\frac{1}{1+t}-\frac{1}{{\left(1+t\right)}^2}\right)dt \\ =\frac{2\mathrm{\pi }}{3}{\left(\ln \left|1+t\right|+\frac{1}{1+t}\right)}^2 \\ =\frac{\mathrm{\pi }}{9}\left(6\ln \left(\frac{3}{2}\right)-1\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Khi tàu dừng lại thì v = 0$\iff 200-20t=0\iff t=10s$.

Ta có phương trình chuyển động với tại thời điểm đang xét với $t_0\in \left(0;10\right)$

$$\begin{gathered} S={\int }_0^{t_0}v\left(t\right)dt=100t-{\frac{20t^2}{2}}_0^{t_0} \\ =200t=10{t_0}^2 \end{gathered}$$

Khi đó

$$\begin{gathered} S=750 \\ \iff 10{t_0}^2+200t_0-750=0 \\ \Rightarrow t_0=5 \end{gathered}$$ 

vì $t_0\in \left(0;10\right)$

Lệch nhau: 10 - 5 = 5s

Đáp án A

Ta có 3 điểm M ( 8;3 ), N ( 1;4 ), P ( 5;x )$\Rightarrow \overrightarrow{MP}\left(-3;x;-3\right),\overrightarrow{NP}\left(4;x;-4\right)$

$∆MNP$ vuông tại P $\iff \overrightarrow{MP}.\overrightarrow{NP}=0$$\iff -12+\left(x-3\right)\left(x-4\right)=0$$\iff x=0;x=7$. 

Đáp án B

Gọi z = a + bi 

Ta có

$$\begin{gathered} \left|-2-3i+\overline{z}\right|=\left|z-i\right| \\ \iff \left|a-2-\left(b+3\right)i\right|=\left|a+\left(b-1\right)i\right| \\ \iff {\left(a-2\right)}^2+{\left(b+3\right)}^2=a^2+{\left(b-1\right)}^2 \\ \iff a=2b+3 \end{gathered}$$ 

Ta cần tìm z sao cho $\sqrt{a^2+b^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có

$$\begin{gathered} a^2+b^2={\left(2b+3\right)}^2+b^2 \\ =5{\left(b+\frac{6}{5}\right)}^2+\frac{9}{5}\ge \frac{9}{5} \end{gathered}$$ 

Do đó $min\left(\sqrt{a^2+b^2}\right)=\sqrt{\frac{9}{5}}\iff b=-\frac{6}{5},a=\frac{3}{5}$ 

Vậy $\frac{3}{5}-\frac{6}{5}i$

Đáp án A

Giải phương trình ta được bốn nghiệm là i; -i; 2i; -2i

Do đó ta có:

$$\begin{gathered} S=\left(\frac{1}{1+i}+\frac{1}{1-i}\right)+\left(\frac{1}{1-2i}+\frac{1}{1+2i}\right) \\ =\frac{2}{\left(1+i\right)\left(1-i\right)}+\frac{2}{\left(1-2i\right)\left(1+2i\right)} \\ =\frac{2}{2}+\frac{2}{5}=\frac{7}{5} \end{gathered}$$

Đáp án A

Do $\left|a\right|=\left|b\right|=1$ nên ta có thể đặt $a=\cos \left(A\right)+i\sin \left(A\right)$; $b=\cos \left(B\right)+i\sin \left(B\right)$ 

Khi đó ta có

$$\begin{gathered} x=\sqrt{{\left(\cos A+\cos B\right)}^2+{\left(\sin A+\sin B+1\right)}^2} \\ y=\sqrt{{\left(\cos A\cos B-\sin A\sin B-\sin A-\sin B\right)}^2} \\ +\sqrt{{\left(\cos A\sin B+\sin A\cos B+\cos A+\cos B\right)}^2} \end{gathered}$$ 

Rút gọn ta có

$$\begin{gathered} x=\sqrt{3+2\cos \left(A-B\right)+2\left(\sin A+\sin B\right)} \\ y=\sqrt{3+2\cos \left(A-B\right)+2\left(\sin A+\sin B\right)} \end{gathered}$$ 

Do đó x = y

Đáp án A

Gọi z = a + bi. Suy ra $\overline{z}=a-bi\Rightarrow i.\overline{z}=ia+b$ 

Khi đó

 $$\begin{gathered} z+2i.\overline{z} \\ =a+bi+2\left(ia+b\right) \\ =\left(a+2b\right)+\left(b+2a\right)i \\ =3+3i \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+2b=3\\ b+2a=3\end{array}\right. \\ \Rightarrow a=b=1 \end{gathered}$$

Do đó $P=1^{2017}+1^{2018}=2$

Đáp án B

Do tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC cho nên $AM\perp BC$ và $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$AM\perp BC$ và $AA\text{'}\perp BC\Rightarrow A\text{'}M\perp BC$ 

$\Rightarrow$ Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là $\widehat{A\text{'}MA}={60}^o$

Tam giác A’AM vuông góc tại A nên $AA\text{'}=AM.\tan \left({60}^o\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{3a}{2}$ 

Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là $S_{BB\text{'}C\text{'}C}=BB\text{'}.BC=\frac{3a^2}{2}$

$AM\perp BC$ và  $AM\perp BB\text{'}\Rightarrow AM\perp \left(BB\text{'}C\text{'}C\right)$

Thể tích khối chóp A.BB’C’C là: $V=\frac{1}{3}.S_{BB\text{'}C\text{'}C}.AM=\frac{1}{3}.\frac{3a^2}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}$= $\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$(đvtt).

Đáp án A

Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó $HM\perp CD$; $CD\perp SH$ mà $HP\perp SM\Rightarrow HP\perp \left(SCD\right)$. Lại có $AB//CD$ suy ra $AB//\left(SCD\right)$$\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(H;\left(SCD\right)\right)=HP$

Ta có $\frac{1}{H{P}^2}=\frac{1}{H{M}^2}+\frac{1}{H{S}^2}$ suy ra $HP=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ 

Vậy $d\left(A;\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Đáp án A

Gọi H là trung điểm BC$\Rightarrow A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow \widehat{A\text{'}AH}={30}^o$ 

Ta có $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};A\text{'}H=AH.\tan \left({30}^o\right)=a\sqrt{2}$ 

Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC.

Gọi G là tâm của tam giác ABC, qua G kẻ đường thẳng d//A’H cắt AA’ tại E.

Gọi F là trung điểm AA’,trong mp (AA’H) kẻ đường trung trực của AA’ cắt d’ tại I $\Rightarrow$ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’.ABC và bán kính .

Ta có: $\widehat{AEI}={60}^o;EF=\frac{1}{6}AA\text{'}=\frac{a}{6}$; $IF=EF.\tan \left({60}^o\right)=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Vậy $R=\sqrt{A{F}^2+I{F}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Đáp án D

$8\pi$ chính là chu vi đường tròn đáy của cái phễu. Điều này có nghĩa là $2\mathrm{\pi \gamma }=8\mathrm{\pi }\Rightarrow \mathrm{r}=4$ 

Suy ra $h=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$ 

Do đó $V_1=\frac{1}{3}.3\mathrm{\pi }.4^2$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$

Đáp án B

Ta có: $SA\perp AB;SA\perp AC;BC\perp AB;BC\perp SA$ 

Suy ra, $BC\perp \left(SAB\right)$ nên: $BC\perp SB$ 

Do đó, tứ diện S.ABC có 4 mặt đều là các tam giác vuông.

Ta có: AB là hình chiếu của SB lên (ABC) nên $\widehat{SBA}={60}^o$

 $$\begin{gathered} \tan \left(\widehat{SBA}\right)=\frac{SA}{AB} \\ \Rightarrow AB=\frac{SA}{\tan \left(\widehat{SBO}\right)}=\frac{a\sqrt{3}}{3}=a\left(=BC\right) \\ AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2} \\ SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^3+a^2}=2a \end{gathered}$$