Chọn C

Gọi M là trung điểm của BC suy ra $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp A\text{'}A\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp A\text{'}M.$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}\left(A\text{'}BC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ BC\perp AM,BC\perp A\text{'}M\end{array}\right.\Rightarrow \alpha =\left(\left(A\text{'}BC\right);\left(ABC\right)\right)=\left(AM;A\text{'}M\right)=\widehat{A\text{'}MA}.$

Tam giác ABC đều cạnh a nên $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Suy ra: $\tan \alpha =\tan \widehat{A\text{'}MA}=\frac{AA\text{'}}{AM}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

Chọn C.

Điều kiện: $y>0,x>-\sqrt[3]{2}$

Từ giả thiết ta có: $\ln y+\ln 3\ge \ln \left(x^3+2\right)\iff \ln 3y\ge \ln \left(x^3+2\right)\iff 3y\ge x^3+2\iff 3\left(y-x\right)\ge x^3-3x+2$

Xét hàm số $h\left(x\right)=x^3-3x+2$ trên $\left(-\sqrt[3]{2};+\infty \right).$

Ta có: $h\text{'}\left(x\right)=3x^2-3,h\text{'}\left(x\right)=0\iff 3x^2-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=1\end{array}\right..$

          $h\left(-1\right)=4,h\left(1\right)=0,h\left(-\sqrt[3]{2}\right)=3\sqrt[3]{2}>0.$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: $\underset{\left(-\sqrt[3]{2};+\infty \right)}{\min }h\left(x\right)=0.$ Suy ra: $3\left(y-x\right)\ge 0\iff y-x\ge 0.$

Ta có: $$\begin{gathered} H=e^{4y-x^3-x-2}-\frac{x^2+y^2}{2}+x\left(y+1\right)-y=e^{y-x+3y-\left(x^3+2\right)}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right) \\ \ge e^{y-x}-\frac{{\left(y-x\right)}^2}{2}-\left(y-x\right). \end{gathered}$$

Xét hàm số $g\left(t\right)=e^t-\frac{1}{2}{t}^2-t$ trên $\left[0;+\infty \right).$

Ta có: $g\text{'}\left(t\right)=e^t-t-1,g"\left(t\right)=e^t-1.$

Ta có: $\forall t\ge 0\Rightarrow g"\left(t\right)=e^t-1\ge e^0-1=0,$ suy ra hàm số g'(t) đồng biến trên $\left[0;+\infty \right).$

Suy ra: $\forall t\ge 0:g\text{'}\left(t\right)\ge g\text{'}\left(0\right)=0,$ suy ra hàm số g(t) đồng biến trên $\left[0;+\infty \right).$

Vậy $\underset{\left[0;+\infty \right)}{\min }g\left(t\right)=g\left(0\right)=1,$ Suy ra: $H_{\min }=1.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: $\left\{\begin{array}{l}x=y\\ 3y=x^3+2\end{array}\right.\iff x=y=1.$

Chọn A.

Ta có $N\text{'}\left(t\right)=\frac{2000}{1+2t}\Rightarrow N\left(t\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{2000}{1+2t}dt=1000\ln \left(1+2t\right)+C.$

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con suy ra $N\left(0\right)=300000.$

Khi đó $1000\ln \left(1+2.0\right)+C=300000\iff C=300000.$

Suy ra $N\left(t\right)=1000\ln \left(1+2t\right)+300000.$

Vậy $L=N\left(10\right)=1000\ln 21+300000=303044.$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=-f\text{'}\left(2-x\right).$ Xét $y\text{'}=0\iff -f\text{'}\left(2-x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}2-x=-1\\ 2-x=1\\ 2-x=2\\ 2-x=3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=3\\ x=1\\ x=0\\ x=-1\end{array}\right.$.

Bảng xét dấu của y'

Từ bảng xét dấu, ta sy ra hàm số $y=f\left(2-x\right)$ có tất cả 3 điểm cực trị.

Chọn A

Đặt $OA=a,OB=b,OC=c.$

Gọi M là trung điểm của BC, dựng trục đường tròn $\Delta$ ngoại tiếp tam giác OBC trên mặt phẳng (OAM) kẻ đường trung trực của đoạn OA cắt $\Delta$ tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp O.ABC

+) $OM=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2},R=\sqrt{M{I}^2+O{M}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}.$

+) Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC suy ra:

$\left\{\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp AO\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(OAH\right)\Rightarrow BC\perp OH.$

$$\begin{gathered} \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\Rightarrow OH=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\Rightarrow AH=\sqrt{O{A}^2+O{H}^2}=\sqrt{a^2+\frac{b^2{c}^2}{b^2+c^2}} \\ =\sqrt{\frac{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}{\sqrt{b^2+c^2}}} \end{gathered}$$

Suy ra $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}}{\sqrt{b^2+c^2}}.\sqrt{b^2+c^2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}.$

+) Gọi J là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp O.ABC

Khi đó: $d\left(J;\left(OAB\right)\right)=d\left(J;\left(OBC\right)\right)=d\left(J;\left(OAC\right)\right)=d\left(J;\left(ABC\right)\right)=r.$

     $$\begin{gathered} V_{O.ABC}=V_{J.ABC}+V_{J.OBC}+V_{J.AOC}+V_{J.ABO}\iff \frac{1}{6}abc= \\ \frac{1}{3}r\left(S_{\Delta ABC}+S_{\Delta OBC}+S_{\Delta AOC}+S_{\Delta ABO}\right) \end{gathered}$$

$\iff \frac{1}{2}abc=r\left(\frac{1}{2}\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\right).$

$\iff \frac{1}{r}=\frac{1}{abc}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right).$

Suy ra: $\frac{R}{r}=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}\left(\sqrt{a^2{b}^2+a^2{c}^2+b^2{c}^2}+ab+bc+ca\right)$

           $\ge \frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}}\left(\sqrt{3\sqrt[3]{a^2{b}^2.a^2{c}^2.b^2{c}^2}}+3\sqrt[3]{ab.bc.ca}\right)$     

                $=\frac{1}{2}.\frac{1}{abc}.\sqrt{3}.\sqrt[3]{abc}\left(\sqrt{3}.\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}+3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}\right)=\frac{3+3\sqrt{3}}{2}=\frac{3+\sqrt{27}}{2}.$

Vậy $P=a+b=30.$ Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.

Chọn A.

Công thức tính diện tích xung quanh $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn C.

Tập xác định của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $\left(0;+\infty \right)$ và tập giá trị của hàm số $y={\log }_{a}x$ là $\mathrm{ℝ}$

Tập xác định của hàm số $y=a^x$ là $ℝ$ và tập giá trị của hàm số $y=a^x$ là $\left(0;+\infty \right).$

Chọn A.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}.$

Ta có: $y\text{'}=3x^2+m+\frac{1}{x^6}.$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\infty \right)$ khi $3x^2+m+\frac{1}{x^6}\ge 0,\forall x\in \left(0;+\infty \right).$

                                   $\iff -m\le 3x^2+\frac{1}{x^6},\forall x\in \left(0;+\infty \right).$               

                                       $\iff -m\le \underset{\left(0;+\infty \right)}{\min }g\left(x\right).$           

Với $g\left(x\right)=3x^2+\frac{1}{x^6}.$Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=6x-\frac{6}{x^7};$

     $g\text{'}\left(x\right)=0\iff 6x-\frac{6}{x^7}\iff x-\frac{1}{x^7}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left(0;+\infty \right)\\ x=-1\notin \left(0;+\infty \right)\end{array}\right..$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra: $-m\le 4\iff m\ge -4.$

Suy ra: $m\in \left\{-4;-3;-2;-1\right\}.$ Vậy tổng $-4-3-2-1=-10.$

Chọn D

Dựa vào hình ta có số đỉnh của bát diện đều là 6

Chọn D.

+ Điều kiện của bất phương trình $\left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ 4-x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<4\\ x\ne 0\end{array}\right..$

+ Ta có ${\log }_{25}{x}^2\le {\log }_5\left(4-x\right)\iff \frac{1}{2}{\log }_5{x}^2\le {\log }_5\left(4-x\right)\iff {\log }_5{x}^2\le 2{\log }_5\left(4-x\right)$

$\iff {\log }_5{x}^2\le {\log }_5{\left(4-x\right)}^2$

$\iff x^2\le {\left(4-x\right)}^2$

$\iff 8x-16\le 0$

$\iff x\le 2.$

Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là $\left(-\infty ;0\right)\cup \left(0;2\right].$

Chọn A.

Số khẳng định đúng là iii) và iv).

Chọn B.

Ta có: ${\left(3^{x^2}\right)}^{3y}={27}^x\iff 3^{3x^{2}y}=3^{3x}\iff 3x^{2}y=3x\iff xy=1.$

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x_0$ và f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x_1.$ Hàm số không xác định tại $x_2.$ Vậy hàm số có một điểm cực đại, một điểm cực tiểu.

Chọn B.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_2=5\\ u_3=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+d=5\\ u_1+2d=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=4\end{array}\right..$

Suy ra: $u_4=u_1+3=1+3.4=13.$

Chọn C.

Ta có: $\begin{array}{l}{2}^{1-3x}\ge 16\\ <=>2^{1-3x}\ge 2^4\\ <=>1-3x\ge 4\\ <=>x\le -1\end{array}$

Chọn A.

Ta có:

Để $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng phương thì $\overrightarrow{a}=k.\overrightarrow{b}$.

$\begin{array}{l}<=>k=\frac{3}{2}\\ =>\left\{\begin{array}{l}n=2:\frac{3}{2}=\frac{4}{3}\\ m=1.\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\end{array}\right.\\ =>2m+3n=2.\frac{3}{2}+3.\frac{4}{3}=7\end{array}$

Chọn D.

Ta có: $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{p}=1.1+3.1+\left(-2\right).2=0\iff \overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{p}\Rightarrow$ chọn D

Chọn B.

${16}^x-{2.12}^x+\left(m-2\right){.9}^x=0\iff {\left(\frac{4}{3}\right)}^{2x}-2.{\left(\frac{4}{3}\right)}^x+\left(m-2\right)=0\left(1\right).$

Đặt ${\left(\frac{4}{3}\right)}^x=t;t>0$

Phương trình (1) trở thành $t^2-2t+m-2=0\left(2\right).$

Phương trình (1) có nghiệm dương khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm lớn hơn 1.

$\left(2\right)\iff -t^2+2t+2=m.$

Số nghiệm phương trình (2) là số giao điểm của đồ thị $y=-t^2+2t+2$ và đường thẳng y=m

Ta có bảng biến thiên $y=-t^2+2t+2:$

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có nghiệm lớn hơn 1 khi và chỉ khi m<3

Vậy có 2 số nguyên dương m thỏa mãn.

Chọn C.

Ta có $\overrightarrow{PQ}=\left(1;1;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{PQ}+3\overrightarrow{j}=\left(1;4;0\right)$ với $\overrightarrow{j}\left(0;1;0\right).$

Chọn C

Gọi các điểm A1,B1,C1 lần lượt là các trung điểm của các cạnh $AA\text{'},BB\text{'},CC\text{'}$

Ta có $V_{ABCMNP}=V_{ABC.A1B1C1}-3V_{CNPC1}=\frac{1}{2}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-3V_{CNPC1}.$

Mặt khác $V_{CNPC1}=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}h.\frac{1}{4}{S}_{ABC}=\frac{1}{24}.V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}$

$V_{ABCMNP}=\frac{1}{2}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}-\frac{1}{8}{V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{3}{8}\mathrm{.8.}\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=27\sqrt{3}.$

Chọn B.

Gọi cạnh của hình lập phương là a

Theo giả thiết của bài toán ta có: $a^2=4\iff a=2.$

Thể tích của khối lập phương là: $V=a^3=8c{m}^3.$

Chọn D.

$I=F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\cos x\sqrt{\sin x+1}dx$

Đặt $u=\sqrt{\sin x+1}\Rightarrow u^2=\sin x+1$

$\Rightarrow 2udu=\cos xdx.$

$I=\underset{}{\overset{}{\int }}u.2udu=2\underset{}{\overset{}{\int }}{u}^{2}du$

                    $=\frac{2}{3}{u}^3+C=\frac{2}{3}\left(\sin x+1\right)\sqrt{\sin x+1}+C$

Chọn A.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x+m+2,$ ta có:

                $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-3\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=\pm 1$   

                  $f\left(1\right)=m,f\left(-1\right)=m+6,f\left(3\right)=m+20.$

Suy ra: $\underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(1\right)=m,\underset{\left[-1;3\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(3\right)=m+20.$

Vì $f\left(a\right),f\left(b\right),f\left(c\right)$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nên: $f\left(x\right)>0,\forall x\in \left[-1;3\right]\iff \underset{\left[-1;3\right]}{\min }f\left(x\right)=m>0\Rightarrow 0<m<2018.$

Mặt khác, với mọi số thực $a,b,c\in \left[-1;3\right]$ thì $f\left(a\right),f\left(b\right),f\left(c\right)$ là độ dài ba cạnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi $f\left(1\right),f\left(1\right),f\left(3\right)$ cũng là độ dài ba cạnh của tam giác nhọn

$$\begin{gathered} \iff \left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)+f\left(1\right)>f\left(3\right)\\ {\left[f\left(1\right)\right]}^2+{\left[f\left(1\right)\right]}^2>{\left[f\left(3\right)\right]}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2m>m+20\\ 2m^2>{\left(m+20\right)}^2\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}m>20\\ m<20-20\sqrt{2}\text{ hoặc }m>20+\text{20}\sqrt{2}\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\iff m>20+20\sqrt{2}\Rightarrow 20+20\sqrt{2}<m<2018.$

Mà $m\in \mathbb{Z}*\Rightarrow m=49;50;\mathrm{...};2017$ nên ta có 2017 - 48=1969 giá trị nguyên dương của m

Chọn B.

Ta có:

     $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA$

     $S_{\Delta ABC}=\frac{A{B}^2}{2}=\frac{A{C}^2}{4}=a^2$

Tam giác SAB vuông cân tại A nên ta có: $SA=AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}$

            $\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}.$

Chọn C

Ta có: $S_{xq}=\pi rl\iff \pi \mathrm{.3.}l=6\sqrt{3}.\pi$

     $\iff l=\frac{6\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$

$\Delta SOA$ vuông tại O có: $\sin \widehat{OSA}=\frac{OA}{SA}=\frac{r}{l}=\frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{OSA}={60}^0.$ Vậy góc ở đỉnh của hình nón đã cho bằng $2\widehat{OSA}={120}^0.$

Chọn B.

Hàm số $y={\left(4-x^2\right)}^{\frac{3}{5}}$ xác định khi $4-x^2>0\iff -2<x<2.$

Vậy tập xác định của hàm số là: D=(-2;2)

Chọn C.

Ta có: $M=\left(a^{\frac{1}{4}}-b^{\frac{1}{4}}\right)\left(a^{\frac{1}{4}}+b^{\frac{1}{4}}\right)\left(a^{\frac{1}{2}}+b^{\frac{1}{2}}\right)=\left(a^{\frac{1}{2}}-b^{\frac{1}{2}}\right)\left(a^{\frac{1}{2}}+b^{\frac{1}{2}}\right)=a-b\Rightarrow \left(1\right)$ đúng.

Hàm số $y={\log }_2\left({\ln }^{2}x-1\right)$ xác định khi

$\left\{\begin{array}{l}{\ln }^{2}x-1>0\\ x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\ln }^{2}x>1\\ x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\ln x>1\\ \ln x<-1\end{array}\right.\\ x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x>e\\ x<\frac{1}{e}\end{array}\right.\\ x>0\end{array}\right.\iff x\in \left(0;\frac{1}{e}\right)\cup \left(e;+\infty \right).$

Vậy (2) là phát biểu sai.

Hàm số $y={\log }_2\ln x$ là $y\text{'}=\left({\log }_2\ln x\right)\text{'}=\frac{\left(\ln x\right)\text{'}}{\ln x.\ln 2}=\frac{1}{x\ln x.\ln 2}.$ Vậy (3) là phát biểu đúng.

Hàm số $y=10{\log }_a\left(x-1\right)$ xác định khi $\left\{\begin{array}{l}0<a\ne 1\\ x>1\end{array}\right..$ Vậy (4) là phát biểu sai.

Kết luận: Vậy số các phát biểu đúng là 2

Chọn B.

Nhận xét: Nếu $A+B={45}^0$ thì $\left(1+\tan A\right)\left(1+\tan B\right)=2.$

Chọn C.

Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}10-x\ge 0\\ x^2-100\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\le 10\\ x\ne -10\\ x\ne 10\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x<10\\ x\ne -10\end{array}\right..$

$\underset{x\to {10}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {10}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{10-x}}{x^2-100}=\underset{x\to {10}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{10-x}}{\left(x-10\right)\left(x+10\right)}=-\underset{x\to {10}^{-}}{\lim }\frac{1}{\sqrt{10-x}\left(x+10\right)}=-\infty$$\Rightarrow x=10$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to -{10}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -{10}^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{10-x}}{x^2-100}=-\infty \Rightarrow x=-10$ là tiệm cận đứng.

$\underset{x\to -{10}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -{10}^{-}}{\lim }\frac{\sqrt{10-x}}{x^2-100}=+\infty \Rightarrow x=-10$ là tiệm cận đứng.

Vậy phương trình đường tiệm cận đứng là: x=10 và x=-10 

Chọn D.

Hàm số y=cot x có tập giá trị là $\mathrm{ℝ}$ nên câu  D sai

Chọn D.

Mặt phẳng đi qua tâm của khối cầu cắt khối cầu thì được một hình tròn có bán kính bằng bán kính của khối cầu. Gọi bán kính của khối cầu là R Ta có: $\pi R^2=16\pi \Rightarrow R=4$

Vậy diện tích của mặt cầu giới hạn nên khối cầu đó là $S=4\pi R^2=4\pi {.4}^2=64\pi .$

Chọn A.

Bài toán tổng quát:

Gọi a (triệu đồng) là số tiền gửi tiết kiệm, b% là lãi suất trên 1 tháng, c (triệu đồng) là số tiền rút ra mỗi tháng.

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ nhất là: 

$S_1=\frac{100+b}{100}.a-c$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ hai là:

$S_2=\frac{100+b}{100}.S_1-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^2.a-\frac{100+b}{100}.c-c$ (triệu đồng)

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ ba là:

$S_3=\frac{100+b}{100}.S_2-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^3.a-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^2.c-\frac{100+b}{100}.c-c$ (triệu đồng)

…………………………………………………………………………………………………….

* Số tiền ông A còn lại sau kì hạn thứ n là:

$$\begin{gathered} S_n=\frac{100+b}{100}.S_{n-1}-c={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^n.a-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-1}.c-{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-2}.c-\mathrm{...}- \\ \frac{100+b}{100}.c-c \end{gathered}$$

$\Rightarrow S_n={\left(\frac{100+b}{100}\right)}^n.a-c.\left[{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-1}+{\left(\frac{100+b}{100}\right)}^{n-2}+\mathrm{...}+\frac{100+b}{100}+1\right]$  (triệu đồng)

$\Rightarrow S_n=k^n.a-c.\frac{1-k^n}{1-k}$ (triệu đồng) với $k=\frac{100+b}{100}$

Chọn D.

Đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình $\left|f\left(x\right)\right|=2$ có 4 nghiệm

Chọn D.

Ta có: Gọi $H\left(x_0;0\right).$ Khi đó $A\left(x_0;{\log }_a{x}_0\right);B\left(x_0;{\log }_b{x}_0\right)$

 $AH=\left|{\log }_a{x}_0\right|;BH=\left|{\log }_b{x}_0\right|$

Do $3HA=4HB\iff 3\left|{\log }_a{x}_0\right|=4\left|{\log }_b{x}_0\right|$

Dựa vào đồ thị ta thấy: $3\left|{\log }_a{x}_0\right|=4\left|{\log }_b{x}_0\right|\iff 3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0$

Đặt $3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0=t.$ Ta có

$3{\log }_a{x}_0=-4{\log }_b{x}_0=t\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_a{x}_0=\frac{t}{3}\\ {\log }_b{x}_0=-\frac{t}{4}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^{\frac{t}{3}}=x_0\\ b^{-\frac{t}{4}}=x_0\end{array}\right.$

$\iff a^{\frac{t}{3}}=b^{-\frac{t}{4}}\iff a^{\frac{t}{3}}=\frac{1}{b^{\frac{t}{4}}}\iff a^{\frac{t}{3}}.b^{\frac{t}{4}}=1\iff a^4.b^3=1.$

Chọn B

Ta có $SH\perp \left(ABCD\right).$

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là trung điểm $BO\Rightarrow HI//AC\Rightarrow HI\perp BD.$

$HI=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}.$

$\Delta ABD$ vuông tại $A\Rightarrow HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

$\Delta SHD$ vuông tại $H\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{\frac{17a^2}{4}-\frac{5a^2}{4}}=a\sqrt{3}.$

Trong (SHI) vẽ $HE\perp SI\left(E\in SI\right).$

$\frac{1}{H{E}^2}=\frac{1}{H{I}^2}+\frac{1}{S{H}^2}=\frac{8}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{25}{3a^2}\Rightarrow HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BD\perp HI\\ BD\perp SH\end{array}\right.\Rightarrow BD\perp \left(SHI\right)\Rightarrow BD\perp HE.$

$\left\{\begin{array}{l}HE\perp SI\\ HE\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow HE\perp \left(SBD\right).$

Ta có HK là đường trung bình $\Delta ABD\Rightarrow HK//BD\Rightarrow HK//\left(SBD\right).$

Do đó $d\left(KH,BD\right)=d\left(KH,\left(SBD\right)\right)=d\left(H,\left(SBD\right)\right)=HE=\frac{a\sqrt{3}}{5}.$

Chọn A.

Ta có $f\left(x\right)-4=0\iff f\left(x\right)=4.\left(1\right)$

Gọi (C) là đồ thị hàm số y=f(x)

Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d: y=4

Do đó số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của (C) và d

Dựa vào bảng biến thiên ta có (C) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình (1) có hai nghiệm thực

Chọn A

Chiều cao của hình trụ là h=20cm

Chu vi hình chữ nhật 100cm tức là $2\left(h+2r\right)=100\iff 2\left(20+2r\right)=100\iff r=15\left(cm\right).$

Thể tích của khối trụ là $V=\pi .r^2.h=\pi {.15}^2.20=4500\pi .$

Chọn D.

Tập xác định của hàm số đã cho là $D=ℝ.$

$y\text{'}=3x^2-6x-9$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\in \left[-4;4\right]\\ x=3\in \left[-4;4\right]\end{array}\right.$

$y\left(-4\right)=-41.$                           $y\left(-1\right)=40.$         

$y\left(3\right)=8.$                                    $y\left(4\right)=15.$                                   

Vậy $\underset{\left[-4;4\right]}{\max }y=y\left(-1\right)=40;\underset{\left[-4;4\right]}{\min }y=y\left(-4\right)=-41.$

Chọn D

Gọi O là trung điểm SC. Vì ABCD là hình chữ nhật nên $\left\{\begin{array}{l}BC\perp \left(SAB\right)\\ CD\perp \left(SAD\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BC\perp SB\\ CD\perp SD\end{array}\right..$

Tam giác $SBC,SDC,SAC$ lần lượt vuông tại B,D,A nên $OA=OB=OC=OD=OS.$

Vậy O là điểm cách đều của hình chóp

Chọn C

Gọi I,J lần lượt là trung điểm BC,SA nên $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AI\\ BC\perp SI\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAI\right).$

Hai tam giác cân ABC,SBC bằng nhau nên IA=IS suy ra $\Delta ISA$ cân tại I

Trong $\Delta SBI$ vuông tại I ta có $SI=\sqrt{S{B}^2-B{I}^2}=\sqrt{1^2-\frac{y^2}{4}}.$