Chọn A.

$2^{x-1}=8\iff x-1={\log }_{2}8\iff x=4.$

Chọn B.

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

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right).$

Chọn A.

$S_{xq}=2\pi rh=2\pi \mathrm{.7.2}=28\pi .$

Chọn B.

Khối đa diện đều loại $\left\{4;3\right\}$ là hình lập phương

Chọn B.

TCN: y=-2

Chọn A

Chọn D.

Ta có: ${\log }_{2}x<{\log }_2\left(12-3x\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x<0\\ 12-3x>0\\ x<12-3x\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x<4\\ x<3\end{array}\right.\iff 0<x<3.$

Chọn C.

Ta có: ${\log }_a{b}^2=2{\log }_{a}b.$

Chọn D

Chọn D.

Ta có: $V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}\mathrm{.6.9}=18.$

Chọn D.

Điều kiện xác định là: $x^2-4\ne 0\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 2\\ x\ne -2\end{array}\right..$ Vậy tập xác định của hàm số là: $D=ℝ\backslash \left\{-2;2\right\}.$

Chọn C.

Dựa vào đồ thị, suy ra hàm số y=f(x) đồng biến trên $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$.

Chọn B.

Bán kính đáy của hình nón là: $r=\sqrt{l^2-h^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}.$

Chọn C.

Thể tích của khối lăng trụ là: $V=Bh\Rightarrow h=\frac{V}{B}=\frac{20}{15}=\frac{4}{3}.$

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số, suy ra đường tiệm cận ngang y=1 và tiệm cận đứng x=2

Chọn B.

$y\text{'}=\frac{1}{x\ln 2021}.$

Chọn A.

Mặt cầu có đường kính bằng 6 nên bán kính R=3

$V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {.3}^3=36\pi .$

Chọn C.

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

Từ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu của hàm số là x=3

Chọn C.

ĐK: $x\in \left[-2;2\right].$

$y\text{'}=1-\frac{x}{\sqrt{4-x^2}}=0\iff x=\sqrt{2}.$

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

$\Rightarrow M=\underset{\left[-2;2\right]}{max}y=2\sqrt{2},m=\underset{\left[-2;2\right]}{\min }y=-2\Rightarrow M-m=2+2\sqrt{2}.$

Chọn B.

${3.9}^x-{28.3}^x+9\le 0\iff 3.{\left(3^x\right)}^2-{28.3}^x+9\le 0\iff \frac{1}{3}\le 3^x\le 9\Rightarrow -1\le x\le 2.$

Do đó $a=-1;b=2\Rightarrow b-a=3.$

Chọn A.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}a+{\log }_{9}b=4\\ {\log }_2{a}^3+{\log }_{3}b=11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2{\log }_{2}a+{\log }_{3}b=8\\ 3{\log }_{2}a+{\log }_{3}b=11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{2}a=3\\ {\log }_{3}b=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=8\\ b=9\end{array}\right..$

$\Rightarrow 28a-b-2021=28.8-9-2021=-1806.$

Chọn C

Gọi I là tâm mặt cầu $\Rightarrow I$ là trung điểm của CA'

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{2^2+{\left(4\sqrt{2}\right)}^2}=6\Rightarrow A\text{'}C=\sqrt{AA{\text{'}}^2+A{C}^2}=\sqrt{6^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}=4\sqrt{3}.$

Bán kính mặt cầu: $R=\frac{A\text{'}C}{2}=2\sqrt{3}.$ Diện tích mặt cầu bằng: $S=4\pi R^2=4\pi .{\left(2\sqrt{3}\right)}^2=48\pi .$

Chọn D.

Ta có $y\text{'}=3x^2-6x;y\text{'}=0\iff 3x^2-6x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=2\end{array}\right.\Rightarrow A\left(0;1\right);B\left(2;-3\right)\Rightarrow \overrightarrow{AB}=\left(2;-4\right)$.

Phương trình $AB:\frac{x-0}{1}=\frac{y-1}{-2}\iff y=-2x+1.$

Chọn C

Ta có $V=BB\text{'}.S_{ABC}=a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.a.a.\sin {60}^0=\frac{3a^3}{4}.$

Chọn A.

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

Bảng xét dấu

Từ bảng xét dấu ta thấy hàm số đồng biến trên các khoảng (0;2)

Chọn D

Ta có $\left(SA;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SAO}$

Theo đề $AB=a\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Xét tam giác SAO vuông tại O ta có: $\tan \widehat{SAO}=\frac{SO}{AO}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=1\Rightarrow \widehat{SAO}={45}^0$

Vậy $\widehat{SAO}={45}^0$

Chọn B

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}.SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.2a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}.$

Chọn B.

Gọi A là số tiền ban đầu gửi vào ngân hàng (đơn vị triệu đồng)

Gọi n là số năm người đó gửi vào ngân hàng (đơn vị năm)

Gọi P là số tiền cả vốn và lãi (đơn vị triệu đồng)

Theo đề bài ta có $P>150\Rightarrow A{\left(1+r\right)}^n>150\iff 100{\left(1+6\%\right)}^n>150\iff 1,{06}^n>1,5\iff n>6,9$

Suy ra n=7

Chọn A.

Số cách chọn một ban cán sự gồm một lớp trưởng, một lớp phó và một bí thư từ một lớp học có 45 học sinh là $A_{45}^3=85140.$

Chọn D.

Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung

Suy ra tọa độ điểm M là (0;2)

Ta có $y\text{'}=\frac{-1}{{\left(x+1\right)}^2}$ suy ra $k=y\text{'}\left(0\right)=\frac{-1}{{\left(0+1\right)}^2}=-1$

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M(0;2) là $y=-x+2.$

Chọn D

Ta có $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{S{A}^2-{\left(\frac{AC}{2}\right)}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-{\left(\frac{2a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=a\sqrt{2}.$

Thể tích khối bát diện đều là $V=2V_{S.ABCD}=2.\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{2}{3}.a\sqrt{2}.{\left(2a\right)}^2=\frac{8\sqrt{2}{a}^3}{3}.$

Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{u}_5=-15\\ u_{20}=60\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+4d=-15\\ u_1+19d=60\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=-35\\ d=5\end{array}\right..$

Áp dụng công thức tổng n số hạng đầu của cấp số cộng $S_n=\frac{n}{2}.\left[2u_1+\left(n-1\right)d\right]$ ta có:

Tổng 20 số hạng đều tiên của cấp số cộng là $S_{20}=\frac{20}{2}.\left[2.\left(-35\right)+19.5\right]=250.$

Chọn B.

+) Hàm số $y=\sqrt{x^2-1}$ có tập xác định $D=\left(-\infty -1\right]\cup \left[1;+\infty \right)$ và $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }y=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\sqrt{x^2-1}=+\infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số $y=\frac{\sqrt{x-3}}{x+1}$ có tập xác định $D=\left[3;+\infty \right)$ có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x-3}}{x+1}=0$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=0

+) Hàm số $y=\frac{\sqrt{9-x^2}}{x}$ có tập xác định $D=\left[-3;3\right]\backslash \left\{0\right\}$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

+) Hàm số $y=\frac{3x^2+1}{x}$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty$ nên đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang.

Chọn B.

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

Hàm số $y=\left(2m-1\right)x-\left(3m+2\right)\cos x$ nghịch biến trên $\left(0;\pi \right).$

$\Rightarrow y\text{'}\le 0\forall x\in \left(0;\pi \right)\iff 2m-1+\left(3m+2\right)\sin x\le 0\forall x\in \left(0;\pi \right)$

$\iff m\left(2+3\sin x\right)+2\sin x-1\le 0\forall x\in \left(0;\pi \right).$

$\iff m\le \frac{1-2\sin x}{2+3\sin x}\forall x\in \left(0;\pi \right)\iff m\le \underset{x\in \left(0;\pi \right)}{\min }\left(\frac{1-2\sin }{2+3\sin x}\right).$

Xét $f\left(x\right)=\frac{1-2t}{2+3t},\forall t\in \left(0;1\right].$

$f\text{'}\left(t\right)=\frac{-7}{{\left(2+3t\right)}^2}<0,\forall t\in \left(0;1\right]\Rightarrow \underset{t\in \left(0;1\right]}{\min }f\left(t\right)=f\left(1\right)=-\frac{1}{5}$

Do đó $m\le -\frac{1}{5}$

Mà $m\in \left[-10;10\right]\cap \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-10;\mathrm{...};-1\right\}.$

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó góc giữa $\left(O\text{'}AB\right)$ tạo với mặt phẳng chứa hình tròn (O) bằng góc $\widehat{OHO\text{'}}={60}^0.$

Ta có $O\text{'}H=\frac{AB\sqrt{3}}{2};OH=\cos {60}^0.O\text{'}H=\frac{1}{2}O\text{'}H=\frac{AB\sqrt{3}}{4}$

$O{A}^2=O{H}^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2\iff 9={\left(\frac{AB\sqrt{3}}{4}\right)}^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2\iff AB=\frac{12\sqrt{7}}{7}$

$O\text{'}H=\frac{6\sqrt{21}}{7}$

$OO\text{'}=O\text{'}H.\sin {60}^0=\frac{9\sqrt{7}}{7}.$

Thể tích của khối trụ đã cho bằng $V=\frac{1}{3}\pi {.3}^2.\frac{9\sqrt{7}}{7}=\frac{27\pi \sqrt{7}}{7}.$

Chọn A.

Đồ thị hàm số $y=\frac{x}{\sqrt{2x^2-2x-m}-x-1}$ có hai đường tiệm cận đứng

$\iff \left\{\begin{array}{l}2x^2-2x-m\ge 0\\ \sqrt{2x^2-2x-m}-x-1=0\\ x\ne 0\end{array}\right.$ có hai nghiệm phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ 2x^2-2x-m=x^2+2x+1\\ x\ne 0\end{array}\right.$ có hai nghiệm phân biệt

$\iff \left\{\begin{array}{l}x\ge -1\\ x^2-4x-1=m\\ x\ne 0\end{array}\right.$ có hai nghiệm phân biệt

$x^2-4x-1=m$ có hai nghiệm phân biệt khác 0 và lớn hơn hoặc bằng $-1\iff \left\{\begin{array}{l}-5<m\le 4\\ m\ne 1\end{array}\right.\left(1\right)$

Mà $m\in \left[-5;5\right]\cap \mathbb{Z}\left(3\right)$

Từ $\left(1\right),\left(3\right)\Rightarrow m\in \left\{-4;-3;-2;0;1;2;3;4\right\}.$

Chọn A.

Điều kiện: x>0

Ta có: $3^{1+\frac{3}{x}}-{3.3}^{\frac{2}{x}-2\sqrt{x+1}}+\left(m+2\right){.3}^{1+\frac{1}{x}-4\sqrt{x}}-m{.3}^{1-6\sqrt{x}}=0$

$\iff 3^{3\left(\frac{1}{x}+2\sqrt{x}\right)}-{3.3}^{2\left(\frac{1}{x}+2\sqrt{x}\right)}+\left(m+2\right){.3}^{\frac{1}{x}+2\sqrt{x}}-m=0\left(*\right)$

Đặt $t=3^{\frac{1}{x}+2\sqrt{x}}=3^{\frac{1}{x}+\sqrt{x}+\sqrt{x}}\ge 3^{3\sqrt[3]{\frac{1}{x}.\sqrt{x}.\sqrt{x}}}=3^3=27.$

Phương trình có dạng: $\iff t^3-3.t^2+\left(m+2\right).t-m=0\left(**\right)$

Ta tìm $m\in \left[-2020;2021\right]$ để phương trình (**) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27.

Ta có: $\left(**\right)\iff \left(t-1\right)\left(t^2-2t+m\right)=0$

$\iff t^2-2t+m=0$ (Vì $t\ge 27$)

$\iff {\left(t-1\right)}^2=1-m$

$\iff \left\{\begin{array}{l}1-m\ge 0\\ t=1\pm \sqrt{1-m}\end{array}\right.$

Vậy để phương trình (*) có nghiệm lớn hơn hoặc bằng 27 thì $\left\{\begin{array}{l}1-m\ge 0\\ 1+\sqrt{1-m}\ge 27\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\le 1\\ 1-m\ge 676\end{array}\right.\iff m\le -675.$

Vì $m\in \left[-2020;2021\right]$ nên có: $2020-675+1=1346$ giá trị m

Chọn C.

Tập xác định $D=ℝ$.

Ta có: $y\text{'}=3x^2-6mx+3\left(m^2-1\right).$

$y\text{'}=0\iff x^2-2mx+m^2-1=0\iff \left[\begin{array}{l}x=m-1\\ x=m+1\end{array}\right..$

Vì hàm số có hệ số bậc ba dương nên hàm số có điểm cực tiểu $x_{CT}=m+1.$

Mặt khác ta lại có: $y=\left(x-m\right)\left[{\left(x-m\right)}^2+3mx\right]-3mx\left(x-m\right)-3x$

Suy ra: $y_{CT}=\left(x_{CT}-m\right)\left[{\left(x_{CT}-m\right)}^2+3m{x}_{CT}\right]-3m{x}_{CT}\left(x_{CT}-m\right)-3x_{CT}$

$y_{CT}=\left[1+3m{x}_{CT}\right]-3m{x}_{CT}-3x_{CT}=1-3x_{CT}$

Vậy tọa độ điểm cực tiểu thỏa mãn phương trình đường thẳng $y=-3x+1$ hay đường thẳng d có hệ số góc bằng -3

Chọn D.

Đặt $t=3-2\sqrt{6x-9x^2},x\in \left[0;\frac{3}{2}\right].$

Có $t\text{'}=-2.\frac{6-18x}{2\sqrt{6x-9x^2}},t\text{'}=0\iff x=\frac{1}{3}.$

Ta có $t\left(0\right)=3;t\left(\frac{1}{3}\right)=1;t\left(\frac{2}{3}\right)=3,$ hàm số t=t(x) liên tục trên $\left[0;\frac{2}{3}\right],$ nên $t\in \left[1;3\right].$

Xét hàm số y=f(t) trên $\left[1;3\right].$

Từ đồ thị hàm số ta có giá trị lớn nhất của hàm số trên $\left[1;3\right]$ bằng -1 và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên $\left[1;3\right]$ bằng -5

Vậy $3M-m=3\left(-1\right)+5=2.$

Chọn B.

Gọi hình trụ có chiều cao và bán kính đáy lần lượt là: $h_0;r_0\left(6>h_0>0;3>r_0>0\right),$ khi đó thể tích của khối trụ $V=h_0\pi r_0^2.$

Cắt khối tròn xoay bởi mặt phẳng qua trục của hình, gọi điểm O là tâm của đường tròn đáy hình nón, tâm I của đường tròn còn lại của hình trụ; OI đường cao của hình trụ nằm trong hình nón; E và F là các điểm nằm trên đường tròn đáy của hình trụ

Ta có $\frac{IE}{OA}=\frac{SI}{SO}\Rightarrow \frac{r_0}{3}=\frac{6-h_0}{6}\iff h_0=6-2r_0$

$\Rightarrow V=\pi r_0^2\left(6-2r_0\right)\le \pi {\left(\frac{r_0+r_0+6-2r_0}{3}\right)}^3=8\pi .$

Dấu “=” khi $r_0=6-2r_0\iff r_0=2.$

Chọn B

+ Gọi H là trung điểm của AC, do tam giác ABC vuông tại B nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lại có $A\text{'}A=A\text{'}B=A\text{'}C,$ suy ra $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)$.

+ $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=A\text{'}H.S_{\Delta ABC}.$

+ $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}2a\sqrt{3a}=a^2\sqrt{3}.$

+ Gọi J là trung điểm BC,JH vuông góc với BC, do đó dễ dàng lập luận được góc A'JH là góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC). Từ đó tính được: $A\text{'}H=\tan {30}^0.JH=\frac{1}{\sqrt{3}}a=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

+ Do đó: $V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}{a}^2\sqrt{3}=a^3.$

Chọn A.

* Xét hai bài toán sau:

+ Bài toán 1: Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình:

                $x_1+x_2+\mathrm{...}+x_k=n,\left(n,k\in \mathbb{N}*;n\ge k\right).$                                  

Đáp số: $C_{n-1}^{k-1}.$

Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia  cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có ít nhất một cái, hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé sao cho em nào cũng có kẹo. Từ đó áp dụng trong các bài toán khác khi cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau vào trong các hộp sao cho hộp nào cũng có ít nhất một đồ vật hoặc phân phối các đồ vật theo các loại sao cho trong các đồ vật loại nào cũng có.

+ Bài toán 2: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình:

$x_1+x_2+\mathrm{...}+x_k=n,\left(n,k\in \mathbb{N}*\right).$                        

Đáp số: $C_{n+k-1}^{k-1}.$

Đáp số bài toán trên cho ta kết quả bài toán chia  cái kẹo cho k em bé hoặc cũng có thể nói số cách phân phối n cái kẹo cho k em bé. Từ đó áp dụng trong các bài toàn khác thì cần đếm số cách phân phối đồ vật giống nhau và trong các hộp hoặc phân phối các đồ vật theo các loại.

* Áp dụng trong câu hỏi trên ta có lời giải:

+ Số cách phân phối 8 que kem cho 4 loại là: $\left|\Omega \right|=C_{11}^3.$

+ Số cách phân phối 8 que kém về cho 4 loại sao cho loại nào cũng có: $C_7^3.$

Do đó xác suất cần tính là: $\frac{C_7^3}{C_{11}^3}=\frac{7}{33}.$

Chọn B.

$x{\log }_{3200}5+y{\log }_{3200}2=z\iff {\log }_{3200}\left(5^x{.2}^y\right)=z\iff 5^x{.2}^y={3200}^z\iff 5^x{.2}^y=5^{2z}{.2}^{7z}$

Do x,y,z nguyên dương suy ra $\left\{\begin{array}{l}x=2z\\ y=7z\end{array}\right..$

Do x,y,z đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta có $z=1,x=2,y=7.$

Vậy $29x-y-2021z=-1970.$

Chọn C.

${\log }_3\left(x^2-x+2\right)+1\ge {\log }_3\left(x^2+x+m-3\right)\forall x\in \left[0;6\right]$

$\iff \left(x^2-x+2\right)3\ge \left(x^2+x+m-3\right)>0,\forall x\in \left[0;6\right]$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2+x+m-3>0\\ 2x^2-4x-m+9\ge 0\end{array}\right.,\forall x\in \left[0;6\right]$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>-x^2-x+3\\ m\le x^2-4x+9\end{array}\right.,\forall x\in \left[0;6\right]\left(1\right)$

Ta có $-x^2-x+3\le 3,\forall x\in \left[0;6\right].$ Dấu “=” xảy ra khi x=0

Suy ra $\underset{x\in \left[0;6\right]}{\max }\left(-x^2-x+3\right)=3.$

Lại có $2x^2-4x+9=2{\left(x-1\right)}^2+7\ge 7,\forall x\in \left[0;6\right].$ Dấu “=” xảy ra khi x=1

Suy ra $\underset{x\in \left[0;6\right]}{\min }\left(2x^2-4x+9\right)=7.$

Vậy  $\left(1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}m>3\\ m\le 7\end{array}\right.\iff 3<m\le 7.$Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên ta được $m\in \left\{4;5;6;7\right\}$ (4 giá trị nguyên).

Chọn A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}SA\perp AC\\ SA\perp CD\end{array}\right.\Rightarrow SA\perp \left(ABCD\right)$.

Gọi M là trung điểm AD

Do $SA=AC=CD=\sqrt{2}a$ nên tam giác ACD vuông cân tại C suy ra $CM\perp AD$, $AD=\sqrt{2}AC=2a,$ $CM=AM=\frac{1}{2}AD=a.$

Từ đó ABCM là hình vuông suy ra $AB\perp AD$.

Lại có $CD//BM\Rightarrow CD//\left(SBM\right)\Rightarrow d\left(CD,AB\right)=d\left(D,\left(SBM\right)\right)=d\left(A,\left(SBM\right)\right)$

Gọi $O=AC\cap BM$

Trong mặt phẳng $\left(SAO\right);$ kẻ $AK\perp SO\left(1\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BM\perp SA\\ BM\perp CA\end{array}\right.$

$\Rightarrow BM\perp \left(SAO\right)\Rightarrow BM\perp AK\left(2\right)$

Từ (1) và $\left(2\right)\Rightarrow AK\perp \left(SBM\right)$

$\Rightarrow d\left(A,\left(SBM\right)\right)=AK=\frac{SA.AO}{\sqrt{S{A}^2+A{O}^2}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$

Có thể tính khoảng cách nhanh theo công thức

AB,AM,AS đôi một vuông góc thì $d\left(A,\left(SBM\right)\right)=\frac{SA.SB.SM}{\sqrt{S{A}^2.S{B}^2+S{B}^2.S{M}^2+S{M}^2.S{A}^2}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$

Chọn C.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên mặt phẳng (ABC)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp DH\\ AB\perp AD\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp AH$

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}CB\perp DH\\ CB\perp BD\end{array}\right.\Rightarrow CB\perp BH$

Tam giác ABH vuông tại $A,AB=2a,\widehat{ABH}={45}^0\Rightarrow \Delta ABH$ vuông cân tại $A\Rightarrow AH=AB=2a;BH=2a\sqrt{2}.$

Áp dụng định lí cosin, $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2.AB.BC.\cos \widehat{ABC}$

$B{C}^2+A{B}^2-2.AB.BC.\cos \widehat{ABC}-A{C}^2=0\iff B{C}^2+2a\sqrt{2}BC-16a^2=0\Rightarrow BC=2\sqrt{2}a$

$S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.BC.\sin {135}^0=\frac{1}{2}.2a.2\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{2}}{2}=2a^2$

Dựng $\left\{\begin{array}{l}HE\perp DA\\ HF\perp DB\end{array}\right.\Rightarrow HE\perp \left(DAB\right);HF\perp \left(DCB\right)$

Suy ra $\left(\widehat{\left(DAB\right);\left(DCB\right)}\right)=\widehat{\left(HE,HF\right)}=\widehat{EHF}.$ Tam giác EHF vuông tại F.

Đặt DH=x, khi đó $EH=\frac{DH.AH}{\sqrt{D{H}^2+A{H}^2}}=\frac{2ax}{\sqrt{4a^2+x^2}},FH=\frac{2a\sqrt{2}x}{\sqrt{8a^2+x^2}}$

$\cos \widehat{EHF}=\frac{EH}{EF}=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{8a^2+x^2}}{\sqrt{2}\sqrt{4a^2+x^2}}\Rightarrow 6\left(4a^2+x^2\right)=4\left(8a^2+x^2\right)\Rightarrow x=2a.$

Vậy thể tích của khối tứ diện $ABCD:V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.DH=\frac{1}{3}.2a^2.2a=\frac{4a^3}{3}.$

Chọn B.

${2021}^{x^3+\frac{3}{2x^2}-\frac{3}{2}}={\log }_{\sqrt[2021]{2020}}\left[2004-\left(y-11\right)\sqrt{y+1}\right]$

$\iff {2021}^{x^3+\frac{3}{2x^2}-\frac{3}{2}}=2021{\log }_{2020}\left[2004-\left(y-11\right)\sqrt{y+1}\right]$

Ta có: $$\begin{gathered} x^3+\frac{3}{2x^2}=\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2x^2}\stackrel{cauchy}{\ge }\frac{5}{2},\forall x>0 \\ \Rightarrow VT\ge {2021}^{\frac{5}{2}-\frac{3}{2}}=2021\left(1\right)x^3+\frac{3}{2x^2} \\ =\frac{x^3}{2}+\frac{x^3}{2}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2x^2}\stackrel{cauchy}{\ge }\frac{5}{2},\forall x>0 \\ \Rightarrow VT\ge {2021}^{\frac{5}{2}-\frac{3}{2}}=2021\left(1\right) \end{gathered}$$

Ta có: $2004-\left(y-11\right)\sqrt{y+1}=2004-{\left(\sqrt{y+1}\right)}^3+12\sqrt{y+1}$

Đặt $t=\sqrt{y+1}\Rightarrow t\ge 0.$

$$\begin{gathered} f\left(t\right)=2004-t^3+12t \\ \Rightarrow f\text{'}\left(t\right)=-3t^2+12 \\ f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\pm 2. \end{gathered}$$