Chọn B.

Ta có $u_5=u_1+4d=-2+4.3=10.$

Chọn C.

Mặt cầu (S) có tâm I(4;-2;-1) và bán kính $R=\sqrt{4^2+{\left(-2\right)}^2+{\left(-1\right)}^2-\left(-4\right)}=5.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và (0;1)

Chọn C.

$\log \left(a.b^3\right)=\log a+\log \left(b^3\right)=\log a+3\log b=10+3.100=310.$

Chọn A.

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy khi x=0 thì hàm số nhận giá trị dương (loại phương án B). Hơn nữa hàm số có ba điểm cực trị nên y'=0 có ba nghiệm phân biệt (tích hệ số của $x^4,x^2$ phải nhỏ hơn 0 (loại C, D)). Ta chọn A.

Chọn D.

Hình trụ có đường cao bằng h=2 thì độ dài đường sinh của hình trụ là l=h=2

Bán kính đáy của hình trụ bằng $r=8:2=4.$

Diện tích toàn phần của hình trụ là

     $S_{tp}=2\pi rl+2\pi r^2=2\pi \mathrm{.4.2}+2\pi {.4}^2=48\pi .$

Chọn C

Tam giác ABC đều nên $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Chọn D.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(e^{2020x}+2x\right)dx=\frac{1}{2020}{e}^{2020x}+x^2+C.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 2

Chọn C.

Theo công thức $\overrightarrow{OM}=a\overrightarrow{i}+b\overrightarrow{j}+c\overrightarrow{k}\iff M\left(a;b;c\right).$ Ta có $\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}\iff M\left(2;1;0\right).$

Chọn C.

Diện tích S của phần hình phẳng được tô đậm bằng tổng diện tích hình $S_1$ và $S_2$

Trong đó $S_1$ được giới hạn bởi các đường gồm đồ thị của hàm số $y=f\left(x\right),Ox;x=-2;x=1,$ trên đoạn [-2;1] hàm số y=f(x) nhận các giá trị không dương nên $S_1=-\underset{-2}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx=-a.$

Tương tự $S_2=\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)dx=b.$ Vậy S=b-a

Chọn B.

TXĐ: $D=ℝ.$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-2}{x^2-4}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}{1-\frac{4}{x^2}}=0;\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x-2}{x^2-4}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}{1-\frac{4}{x^2}}=0$; nên đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận ngang y=0

Chọn C.

Ta có: $3^{x^2-2x}=27\iff 3^{x^2-2x}=3^3\iff x^2-2x-3=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=3\end{array}\right..$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm.

Chọn C.

Ta có: $V=Bh\Rightarrow B=\frac{V}{h}=\frac{64}{4}=16.$ Vậy diện tích đáy của khối hộp là 16

Chọn A.

Ta có: $4^{x-1}\ge 2^{x^2-3x+2}\iff 2^{2x-2}\ge 2^{x^2-3x+2}\iff 2x-2\ge x^2-3x+2\iff x^2-5x+4\le 0\iff 1\le x\le 4.$

Tập nghiệm của bất phương trình $S=\left[1;4\right].$

$\Rightarrow$ Các nghiệm nguyên của bất phương trình đã cho là: $x=1;x=2;x=3;x=4.$

Chọn B.

Ta có: $2f\left(x\right)+3m=0\iff f\left(x\right)=-\frac{3m}{2}.\left(1\right)$

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) với đường thẳng $y=\frac{-3m}{2}.$

(1) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số y=f(x) cắt đường thẳng $y=\frac{-3m}{2}$ tại ba điểm phân biệt.

Dựa vào bảng biến thiên ta có: $\frac{-3m}{2}=-3\iff m=2.$

Chọn A.

Ta có $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{b}{\overset{a}{\int }}f\left(x\right)dx=0.$

Chọn B.

Do 6 mặt của hình lập phương là các hình vuông canh a nên ta có $6a^2=96\iff a^2=16\Rightarrow a=4\Rightarrow V=4^3=64.$

Chọn A.

Với $x_0=e\Rightarrow y_0=e.$

Ta có: $y\text{'}=\ln x+1,y\text{'}\left(e\right)=2.$

Vậy: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại điểm M(e;e) là

     $y-e=2\left(x-e\right)\iff y=2x-e.$

Chọn C

Các vectơ khác vectơ $\overrightarrow{0}$ mà mỗi vectơ có điểm đầu, điểm cuối là hai đỉnh của tứ diện ABCD là: $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BA},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CA},\overrightarrow{AD}.,\overrightarrow{DA},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BD},\overrightarrow{DB},\overrightarrow{CD},\overrightarrow{DC}.$

Chọn D.

Ta có $f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=2$

Dấu f'(x)

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\infty ;2\right).$

Chọn C

Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại C,AB=2a nên $CA=CB=a\sqrt{2}.$

$\Delta SAB$ vuông tại A nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=a\sqrt{5}.$

$V=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AC.CB=\frac{1}{6}a\sqrt{5}.a\sqrt{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{5}}{3}.$

Vậy $\frac{4V}{a^3}=\frac{4\sqrt{5}}{3}.$

Chọn A.

Phương trình $4^{x^2}-{5.2}^{x^2}+4=0\iff {\left(2^{x^2}\right)}^2-{5.2}^{x^2}+4=0.$

Đặt $t=2^{x^2}\ge 2^0=1,$ phương trình trở thành: $t^2-5t+4=0\iff \left[\begin{array}{l}t=1\\ t=4\end{array}\right..$

+ Với $t=1\Rightarrow 2^{x^2}=1\iff x^2=0\iff x=0.$

+ Với $t=4\Rightarrow 2^{x^2}=4\iff x^2=2\iff x=\pm \sqrt{2}.$

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm thực phân biệt

Chọn C.

Hàm số $y={\left(x^2-7x+10\right)}^{-2021}$ xác định khi và chỉ khi $x^2-7x+10\ne 0\iff \left(x-2\right)\left(x-5\right)\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ x\ne 5\end{array}\right.$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=ℝ\backslash \left\{2;5\right\}.$

Chọn D.

Tập xác định: $D=\left[-4;4\right].$

Ta có: $y\text{'}=\frac{1}{2\sqrt{4+x}}-\frac{1}{2\sqrt{4-x}}=\frac{\sqrt{4-x}-\sqrt{4+x}}{2\sqrt{4+x}.\sqrt{4-x}}.$

$y\text{'}=0\iff x=0\in \left(-4;4\right).$

$y\left(4\right)=2\sqrt{2};y\left(-4\right)=2\sqrt{2};y\left(0\right)=4.$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 4.

Chọn C.

Ta có: $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c.$

Từ đồ thị ta thấy:

Tại $x=\pm 1\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0$ và đồ thị hàm số đi qua các điểm: $\left(1;-1\right);\left(0;1\right)$ và (-1;3)

Từ đó ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}y\text{'}\left(1\right)=0\\ y\text{'}\left(-1\right)=0\\ y\left(1\right)=-1\\ y\left(0\right)=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=0\\ c=-3\\ d=1\end{array}\right..$

Suy ra: $T=a-b+c+d=-1.$

Chọn C.

Gọi điểm $I\left(a;0;0\right)\in Ox$

Ta có: $IA=\sqrt{{\left(a-3\right)}^2+1^2};IB=\sqrt{{\left(a-5\right)}^2+5^2}$

Mặt cầu (S) đi qua A,B nên $IA=IB\iff \sqrt{{\left(a-3\right)}^2+1^2}=\sqrt{{\left(a-5\right)}^2+5^2}$

$\iff {\left(a-5\right)}^2+5^2={\left(a-3\right)}^2+1^2$

$\iff 4a=40\iff a=10\Rightarrow I\left(10;0;0\right)\Rightarrow R=IA=\sqrt{50}.$

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: ${\left(x-10\right)}^2+y^2+z^2=50.$

Chọn D

Mặt bên BB'CC' là hình vuông nên $BC=BB\text{'}=h=2a.$

Đáy là tam giác vuông tại A ta có: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}.$

Thể tích lăng trụ là: $V=S.h=\frac{1}{2}AC.AB.BB\text{'}=\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a.2a=\sqrt{3}{a}^3.$

Chọn B

Hình trụ có bán kính $R=\frac{AD}{2}=1$ và chiều cao h=AB=1

Ta có: $S_{tp}=2\pi Rh+2\pi R^2=4\pi .$

Chọn D

Giả sử cắt hình nón có đỉnh S bởi một mặt phẳng đi qua trục SO ta được thiết diện là $\Delta SAB.$

Bán kính đáy hình nón là $R=\frac{AB}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và l=SA=a

Diện tích xung quanh hình nón là $S_{xq}=\pi Rl=\pi .\frac{a\sqrt{2}}{2}.a=\frac{\pi a^2\sqrt{2}}{2}.$

Chọn C.

Tập xác định D=(-3;3)

Suy ra không tồn tại $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right),\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right).$ Do đó đồ thị hàm số không có đường tiệm cận ngang.

Ta có $y=\frac{x-3}{\sqrt{9-x^2}}=\frac{-\sqrt{3-x}}{\sqrt{3+x}}.$

$\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\frac{-\sqrt{3-x}}{\sqrt{3+x}}=-\infty .$

Suy ra đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng x=-3

Vậy tổng số đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là 1.

Chọn C.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số $y=e^{2x},$ trục hoành và hai đường thẳng x=0;x=3 là $S=\underset{0}{\overset{3}{\int }}{e}^{2x}dx=\frac{e^6}{2}-\frac{1}{2}.$

Chọn A.

Ta có: $1.2\ge 0\Rightarrow$ hàm số có đúng 1 cực trị.

Chọn C.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=2x+1\\ dv=e^{x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=2dx\\ v=e^x\end{array}\right.$

$\Rightarrow \underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(2x+1\right)e^{x}dx=\left(2x+1\right)e^x\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.-\underset{0}{\overset{1}{\int }}2e^{x}dx=1+e.$

Vậy ab=1

Chọn B.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}{\sin }^{3}x.\cos xdx=\underset{}{\overset{}{\int }}{\sin }^{3}xd\left(\sin x\right)=\frac{{\sin }^{4}x}{4}+C.$

Chọn A.

Trường hợp 1: $\cos x=0\Rightarrow f\left(x\right)=0\forall x\in ℝ$ (loại).

Trường hợp 2:$\cos x\ne 0,$  khi đó

$\cos x.f\text{'}\left(x\right)+\sin x.f\left(x\right)=2\sin x.{\cos }^{3}x\iff \frac{\cos x.f\text{'}\left(x\right)-\left(\cos x\right)\text{'}.f\left(x\right)}{{\cos }^{2}x}=\sin 2x$

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

Theo bài, $f\left(\frac{\pi }{4}\right)=\frac{9\sqrt{2}}{4}\Rightarrow C=\frac{9}{2}\Rightarrow f\left(x\right)=-\frac{1}{2}\cos 2x.\cos x+\frac{9}{2}\cos x.$

Vậy $f\left(\frac{\pi }{3}\right)=\frac{19}{8}\in \left(2;3\right).$

Chọn A.

Từ đồ thị hàm số f'(x) ta thấy đồ thị hàm số f'(x) cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ dương (và 1 điểm có hoành độ âm) $\Rightarrow$ Hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị có hoành độ dương.

Hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ là hàm chẵn $\Rightarrow$ Đồ thị hàm số gồm hai phần: Phần nằm bên phải trục Oy của đồ thị hàm số y=f(x) và phần đối xứng với phần này qua trục Oy

Đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ có dạng như hình dưới

$\Rightarrow$ Hàm số $f\left(\left|x\right|\right)$ có 5 điểm cực trị $\Rightarrow$ Hàm số $g\left(x\right)=f\left(\left|x\right|\right)+2021$ có 5 điểm cực trị (vì phép tịnh tiến lên trên hay xuống dưới không ảnh hướng đến số điểm cực trị của hàm số).

Chọn D.

Dựa vào đồ thị của hàm số f'(x) ta thấy: $f\text{'}\left(x\right)\ge 0\iff x\in \left[a;b\right]\cup \left[c;+\infty \right).$

Bảng biến thiên:

Ta có: $\underset{a}{\overset{b}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx>-\underset{b}{\overset{c}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx\Rightarrow \underset{a}{\overset{b}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx+\underset{b}{\overset{c}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx>0\Rightarrow f\left(x\right)\left|\begin{array}{l}b\\ a\end{array}\right.+f\left(x\right)\left|\begin{array}{l}c\\ b\end{array}\right.>0$

$\Rightarrow f\left(b\right)-f\left(a\right)+f\left(c\right)-f\left(b\right)>0\Rightarrow f\left(c\right)-f\left(a\right)>0\Rightarrow f\left(c\right)>f\left(a\right)>0$

Vậy phương trình f(x)=0 vô nghiệm

Chọn D.

Ta có $y=f\left(\left|3-x\right|\right)=\left\{\begin{array}{l}f\left(3-x\right),khix\le 3\\ f\left(x-3\right),khix>3\end{array}\right..$

TH1: Xét hàm số $y=f\left(3-x\right)$ khi $x\le 3.$

Ta có: $y\text{'}=\left(3-x\right)\text{'}f\text{'}\left(3-x\right)=-f\text{'}\left(3-x\right)$

     $y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(3-x\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}3-x=-1\\ 3-x=1\\ 3-x=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=2\\ x=-1\end{array}\right..$

     $y\text{'}>0\iff f\text{'}\left(3-x\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}3-x<-1\\ 1<3-x<4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x>4\\ -1<x<2\end{array}\right..$

      .$y\text{'}<0\iff f\text{'}\left(3-x\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-1<3-x<1\\ 3-x>4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2<x<4\\ x<-1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên:

TH2: Xét hàm số $y=f\left(x-3\right)$ khi x>3

Ta có: $y\text{'}=\left(x-3\right)\text{'}.f\text{'}\left(x-3\right)=f\text{'}\left(x-3\right)$

     $y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(x-3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x-3=-1\\ x-3=1\\ x-3=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=4\\ x=7\end{array}\right..$

     $y\text{'}>0\iff f\text{'}\left(x-3\right)>0\iff \left[\begin{array}{l}-1<x-3<1\\ x-3>4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2<x<4\\ x>7\end{array}\right.$

            $y\text{'}<0\iff f\text{'}\left(x-3\right)<0\iff \left[\begin{array}{l}x-3<-1\\ 1<x-3<4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x<2\\ 4<x<7\end{array}\right..$

Từ hai trường hợp trên ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(\left|3-x\right|\right)$

Vậy hàm số $y=f\left(\left|3-x\right|\right)$ đồng biến trên khoảng (-1;2)

Chọn A

Đặt $t=3^x,$ với $x>1\Rightarrow t>3.$

Bất phương trình (1) trở thành $t^2+\left(m+1\right)t+2m>0$ nghiệm đúng $\forall t>3$

$\iff \frac{t^2+t}{t+2}>-m,\forall t>3$

$\iff -m\le \underset{\left[3;+\infty \right)}{\min }g\left(t\right),$ với $g\left(t\right)=\frac{t^2+t}{t+2}.$

Xét hàm số $g\left(t\right)=\frac{t^2+t}{t+2},$ có $g\text{'}\left(t\right)=\frac{t^2+4t+2}{{\left(t+2\right)}^2}>0,\forall t>3$

$\Rightarrow \underset{\left[3;+\infty \right)}{\min }g\left(t\right)=g\left(3\right)=\frac{12}{5}\Rightarrow -m\le \frac{12}{5}\iff m\ge -2,4.$

Vì m nguyên thuộc $\left[-8;8\right]$ nên $m\in \left\{-2,-1,0,1,2,\mathrm{...},8\right\}.$ Vậy có 11 giá trị của m

Chọn C.

Gọi số tiền giống nhau mà ông M trả cho ngân hàng mỗi tháng là a triệu đồng.

Cách 1: Sau 3 năm, mỗi khoản tiền a trả hàng tháng của ông M sẽ lần lượt trở thành 36 khoản tiền được liệt kê dưới đây (cả gốc và lãi): $a{\left(1+0,004\right)}^{35};a{\left(1+0,004\right)}^{34};a{\left(1+0,004\right)}^{33};\mathrm{...};a\left(1+0,004\right);a$

Sau 3 năm, khoản tiền 100 triệu đồng trở thành: $100{\left(1+0,004\right)}^{36}.$ Ta có phương trình: $a{\left(1+0,004\right)}^{35}+a{\left(1+0,004\right)}^{34}+a{\left(1+0,004\right)}^{33}+a\left(1+0,004\right)+a=100{\left(1+0,004\right)}^{36}$

$\iff a.\frac{1,{004}^{36}-1}{1,004-1}=100.1,{004}^{36}\iff a=\frac{0,\mathrm{004.100.1},{004}^{36}}{1,{004}^{36}-1}\approx 2,99$ (triệu đồng)

Cách 2: Đặt $q=1,004;C_0=100$ triệu đồng. Áp dụng trực tiếp công thức lãi kép, ta có

$\iff a.\frac{{\left(1+i\right)}^n-1}{\left(1+i\right)-1}=C_0.{\left(1+i\right)}^n\iff a=\frac{C_{0}i{\left(1+i\right)}^n}{{\left(1+i\right)}^n-1}\iff a=\frac{100.0,004.1,{004}^{36}}{1,{004}^{36}-1}\approx 2,99$ (triệu đồng)

Chọn C

Gọi I là trung điểm CD do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên dễ thấy $OI\perp CD,SI\perp CD$.

Ta có $OD\perp AC,OD\perp SO\Rightarrow OD\perp \left(SAC\right).$ Dựng $OH\perp SC\Rightarrow DH\perp SC$ (định lý ba đường vuông góc). Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAC) là góc $\widehat{DHO}.$

Ta có: $$\begin{gathered} IC=OI=\frac{a\sqrt{2}}{2},OC=\frac{a\sqrt{2}.\sqrt{2}}{2}=a,SC=2a\Rightarrow SI=\sqrt{S{C}^2-I{C}^2} \\ =\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{14}}{2}. \end{gathered}$$

Xét tam giác SCD ta có: $S_{\Delta SCD}=\frac{CD.SI}{2}=\frac{DH.SC}{2}\iff \frac{a\sqrt{2}.\frac{a\sqrt{14}}{2}}{2}=\frac{DH.2a}{2}\iff DH=\frac{a\sqrt{7}}{2}.$

Xét tam giác vuông SOC ta có: $$\begin{gathered} SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3};\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{C{O}^2}=\frac{1}{O{H}^2}\iff \frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{O{H}^2} \\ \iff OH=\frac{a\sqrt{3}}{2}. \end{gathered}$$

Xét tam giác vuông DOH ta có: $\cos \widehat{DHO}=\frac{OH}{DH}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$

Chọn B

- Từ giả thiết ta có chóp $C\text{'}.A\text{'}ABB\text{'}$ có đáy là hình chữ nhật, C'A' vuông góc với đáy.

- Gọi O là tâm đáy $A\text{'}ABB\text{'},I$ là trung điểm C'A' khi đó ta có $C\text{'}B//\left(IAB\text{'}\right).$ Suy ra $d\left(AB\text{'},BC\right)=d\left(BC\text{'},\left(IAB\text{'}\right)\right)=d\left(C\text{'},\left(IAB\text{'}\right)\right)$

- Do I là trung điểm C'A' ta có $d\left(C\text{'},\left(IAB\text{'}\right)\right)=d\left(A\text{'},\left(IAB\text{'}\right)\right)=d$

- Ta thấy $A\text{'}A,A\text{'}I,A\text{'}B\text{'}$ đôi một vuông góc

Khi đó $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A\text{'}{A}^2}+\frac{1}{A\text{'}B{\text{'}}^2}+\frac{1}{A\text{'}{I}^2}$

- Ta có $A\text{'}A=a\sqrt{3};A\text{'}B=a=A\text{'}C\text{'}.$ Suy ra $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{16}{3a^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Đáp án: B

Chọn A.

- Số điểm có tọa độ nguyên thuộc hình vuông MNPQ kể cả các điểm trên cạnh là: 21x21.

Suy ra số phần tử không gian mẫu là: 21x21

- Ta có $\overrightarrow{OM}=\left(10;10\right),\overrightarrow{OA}=\left(x,y\right),\left|\overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OA}\right|=\left|10x+10y\right|\le 1\iff \left|x+y\right|\le \frac{1}{10}$ với x;y thuộc đoạn $\left[-10;10\right].$ Khi đó điểm A nằm trên đường chéo NQ (đường phân giác góc vuông thứ II, IV). Suy ra có 21 điểm A như vậy.

- Xác suất cần tìm là $\frac{21}{21.21}=\frac{1}{21}.$

Chọn B

$\Delta ABC$ vuông tại C có $\left\{\begin{array}{l}BC=AB.\sin \widehat{CAB}=2a.\sin {30}^0=a\\ AC=\sqrt{A{B}^2-B{C}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a^2}=a\sqrt{3}\end{array}\right..$

$\Delta SAC$ vuông tại A có AH là đường cao nên $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}$

$\iff \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}\iff AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có $HC=\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2-{\left(\frac{2a\sqrt{21}}{7}\right)}^2}=\frac{3a}{2}$

Suy ra $S_{AHC}=\frac{1}{2}AH.HC=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{8}.$

Mà $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AC\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAC\right)\Rightarrow BC\perp \left(HAC\right).$

Suy ra $V_{H.ABC}=\frac{1}{3}BC.S_{AHC}=\frac{1}{3}.a.\frac{3a^2\sqrt{3}}{8}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}.$

Vì B' đối xứng với B qua mặt phẳng (SAC) nên $V_{H.AB\text{'}B}=2V_{H.ABC}=2.\frac{a^3\sqrt{3}}{8}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$ (đvtt).

Chọn B.

Ta có $a^{2x}=b^{3y}={\left(ab\right)}^6\iff \left\{\begin{array}{l}{a}^{2x}=a^6{b}^6\\ b^{3y}=a^6{b}^6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2x={\log }_a\left(a^6{b}^6\right)\\ 3y={\log }_b\left(a^6{b}^6\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=3\left(1+{\log }_{a}b\right)\\ y=2\left(1+{\log }_{b}a\right)\end{array}\right..$

Vì a>1,b>1 nên ${\log }_{a}b>0.$

Do đó $P=3xy+2x+y=18\left(1+{\log }_{a}b\right)\left(1+{\log }_{b}a\right)+6\left(1+{\log }_{a}b\right)+2\left(1+{\log }_{b}a\right)$

$=44+24{\log }_{a}b+20{\log }_{b}a=44+4\left(6{\log }_{a}b+5{\log }_{b}a\right).$

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có $6{\log }_{a}b+5{\log }_{b}a\ge 2\sqrt{6{\log }_{a}b.5{\log }_{b}a}=2\sqrt{30}.$

Khi đó $P\ge 44+4.2\sqrt{30}=44+8\sqrt{30}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $6{\log }_{a}b=5{\log }_{b}a.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là $44+8\sqrt{30}$.

Suy ra $m=44,n=8.$ Vậy m-2n=28