Chọn B

Chọn B.

Góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng góc giữa SB và AB và bằng góc SBA

Tam giác SAB vuông tại $A:\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={60}^0.$

Chọn A.

Từ bảng biến thiên ta có $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-3,\underset{x\to +\infty }{\lim }y=5.$ Suy ra đồ thị hàm số có hai đường tiệm cận là $y=-3,y=5.$

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình trụ $S=2\pi rl=6\pi .$

Chọn B.

$S_{ABCD}=4.$

$V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=S_{ABCD}.h=4.9=36$

Chọn D.

Điều kiện xác định của hàm số đã cho là x>0

Vậy hàm số có tập xác định là: $\left(0;+\infty \right).$

Chọn D.

Ta có: $5^x>\frac{1}{25}\iff 5^x>5^{-x}\iff x>-2.$

Vậy $S=\left(-2;+\infty \right).$

Chọn B.

Vì $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{3x-1}{x+2}=-\infty$ (hoặc $\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{3x-1}{x+2}=+\infty$) nên đường thẳng x=-2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho.

Chọn B.

Thể tích của khối nón đã cho bằng: $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.1}^2.3=\pi$ (đvtt)

Chọn D.

Ta có: $2^{x+1}=4\iff 2^{x+1}=2^2\iff x+1=2\iff x=1$

Vậy phương trình có nghiệm là x=1

Chọn A.

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cực tiểu của hàm số bằng 1

Chọn D.

Tập xác định của hàm số $y=x^{-2}$ là: $D=ℝ\backslash \left\{0\right\}.$

Chọn A.

Thể tích khối lập phương cạnh a là $V=a^3=5^3=125.$

Chọn B.

Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}\mathrm{.12.6}=24.$

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\infty ;-1\right)$ và $\left(2;+\infty \right).$

Chọn A.

Thể tíc khối trụ là $V=h\pi r^2=2\pi {.6}^2=72\pi .$

Chọn D.

Ta có ${\log }_3\left(2x-1\right)=2\iff 2x-1=3^2\iff x=5.$

Vậy nghiệm của phương trình là x=5

Chọn A.

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho là $S_{xq}=\pi rl=\pi \mathrm{.2.4}=8\pi .$

Chọn C.

Vì đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía trên trục hoành nên hàm số luôn nhận giá trị dương với mọi giá trị của x mà $y=x^4+2x^2+1={\left(x^2+1\right)}^2>0$ với mọi x

Vậy hàm số cần tìm là $y=x^4+2x^2+1.$

Chọn A.

Theo công thức nhân hai lũy thừa có cùng cơ số thì khẳng định đúng là A

Chọn C.

Do f'(x) đổi dấu 2 lần nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị

Chọn C.

Điều kiện: x>1.

Ta có: ${\log }_{\frac{1}{5}}\left(x-1\right)>-1\iff {\log }_{\frac{1}{5}}\left(x-1\right)>-{\log }_{\frac{1}{5}}\frac{1}{5}\iff {\log }_{\frac{1}{5}}\left(x-1\right)>{\log }_{\frac{1}{5}}5\iff x-1<5\iff x<6.$

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S=(1;6)

Chọn A.

$2^{x^2-3x-3}=8^{-x}\iff 2^{x^2-3x-3}=2^{-3x}\iff x^2-3x-3=-3x\iff x^2-3=0$

Chọn D.

Thiết diện qua trục là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2 nên bán kính đáy của khối nón bằng chiều cao của khối nón: $r=h=\frac{2}{2}=1.$

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi 1^2.1=\frac{\pi }{3}.$

Chọn A.

Ta có: ${\log }_{a^6}\left(ab\right)=\frac{1}{6}{\log }_a\left(ab\right)=\frac{1}{6}\left({\log }_{a}a+{\log }_{a}b\right)=\frac{1}{6}\left(1+{\log }_{a}b\right)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}{\log }_{a}b.$

Chọn đáp án A.

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=\left(1-x\right)\text{'}{.3}^{1-x}.\ln 3=-3^{1-x}.\ln 3.$ Chọn đáp án D

Chọn A.

Ta có số nghiệm của phương trình f(x)=-2 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=-2

Dựa vào đồ thị ta có đường thẳng y=-2 cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại 3 điểm phân biệt nên phương trình f(x)=-2 có 3 nghiệm thực phân biệt.

Chọn C.

Loại đáp án A vì tập xác định của hàm số là $ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Loại đáp án B vì tập xác định của hàm số là $ℝ\backslash \left\{-3\right\}$

Chọn đáp án C vì $y\text{'}=3x^2+3>0\forall x\in ℝ$

Loại đáp án D vì $y\text{'}=-3x^2-3<0\forall x\in ℝ$

Chọn C.

Ta có: $AC=a\sqrt{2},S_{ABCD}=a^2.$

Vì tam giác cân SAC tại A nên $SA=a\sqrt{2}.$

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}.$

Chọn D.

$P={\log }_{\sqrt{a}}{a}^4={\log }_{a^{\frac{1}{2}}}{a}^4=\frac{1}{\frac{1}{2}}\mathrm{.4.}{\log }_{a}a=8.$

Chọn B.

Diện tích tam giác ABC là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Thể tích khối lăng trụ là $V=S.AA\text{'}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.4a=\sqrt{3}{a}^3.$

Chọn D

Gọi $O=A\text{'}C\cap AC\text{'}.$ Ta có $C\text{'}O=AO\Rightarrow d\left(C\text{'},\left(A\text{'}BC\right)\right)=d\left(A,\left(A\text{'}BC\right)\right).$

Kẻ $AH\perp A\text{'}B\left(1\right).$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp AA\text{'}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(A\text{'}AB\right)\Rightarrow BC\perp AH\left(2\right).$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow AH\perp \left(A\text{'}BC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(A\text{'}BC\right)\right)=AH.$

Ta có $AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=a.$

Suy ra $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{AA{\text{'}}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy $d\left(C\text{'},\left(A\text{'}BC\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Chọn B.

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $x^3-x=0\left(1\right)$

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

Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt nên đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm chung với trục hoành

Chọn D

Thiết diện là hình vuông có diện tích bằng 4 nên cạnh của thiết diện bằng 2.

Khi đó, hình trụ có chiều cao h=2 và đường kính đáy $2r=2\iff r=1.$

Vậy, thể tích khối trụ là: $V=\pi r^{2}h=2\pi .$

Chọn C.

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

$f\left(0\right)=1;f\left(1\right)=-1;f\left(2\right)=3$

Vậy $\underset{\left[0;2\right]}{\min }f\left(x\right)=-1$ tại x=1

Chọn B.

Vì tam giác SAB vuông tại S có diện tích bằng 32 nên $\frac{1}{2}SA.SB=32\iff S{A}^2=64\iff SA=8.$

Mặt khác, tam giác SAO vuông tại O nên $OA=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}=4\sqrt{3}.$

Do đó, $V=\frac{1}{3}\pi .O{A}^2.SO=\frac{1}{3}\pi {\left(4\sqrt{3}\right)}^2.4=64\pi .$

Chọn C.

Giao với trục tung là $y=\frac{4-b}{b}>0\Rightarrow 0<b<4.$

Giao với trục hoành là $x=\frac{b-4}{a}<0\Rightarrow a>0$

Chọn D.

Gọi $O=AC\cap BD,G=SO\cap AM$ nên G là trọng tâm của $\Delta SAC$ suy ra $\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}.$

Mặt phẳng qua AM và song song với BD cắt mặt phẳng (SBD) theo giao tuyến là đường thẳng đi qua G song song với BD và cắt SB,SD lần lượt tại B',D'

Ta có $\frac{SB\text{'}}{SB}=\frac{SD\text{'}}{SD}=\frac{SG}{SO}=\frac{2}{3}.$

$\frac{V_{S.AB\text{'}M}}{V_{S.ABC}}=\frac{SB\text{'}}{SB}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow V_{SAB\text{'}M}=\frac{1}{6}{V}_{SABCD}.$

Tương tự $\frac{V_{SAD\text{'}M}}{V_{SADC}}=\frac{SD\text{'}}{SD}.\frac{SM}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\Rightarrow V_{SAD\text{'}M}=\frac{1}{6}{V}_{SABCD}$

$V_1=V_{SAB\text{'}M}+V_{SAD\text{'}M}=\frac{1}{3}{V}_{SABCD}\Rightarrow V_2=\frac{2}{3}{V}_{SABCD}\Rightarrow \frac{V_1}{V_2}=\frac{1}{2}$

Chọn C.

Ta có $y\text{'}=x^2-2mx+16.$ Để hàm số đồng biến trên $ℝ\iff y\text{'}\ge 0\forall x\in ℝ\iff x^2-2mx+16\ge 0\forall x\in ℝ.$

$\iff m^2-16\le 0\iff -4\le m\le 4.$ Mà $m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\right\}.$ Vậy có 9 giá trị nguyên của m thỏa mãn đề bài.

Chọn D.

Từ đồ thị các hàm số đã cho ta thấy:

Hàm số $y=a^x$ luôn đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$ nên a>1.

Hàm số $y={\log }_{b}x$ và $y={\log }_{c}x$ luôn nghịch biến trên $(0;+\infty )$ nên $0<b;c<1.$

Mặt khác, với mọi giá trị của x trong khoảng $(1;+\infty )$ thì ${\log }_{b}x>{\log }_{c}x=>b<c$

Do đó: $0<b<c<1<a<=>b<c<a$

Chọn D.

Ta có ${\left(3+\sqrt{5}\right)}^x+{\left(3-\sqrt{5}\right)}^x<{3.2}^x\iff {\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x+{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x-3<0\left(1\right)$

Đặt $t={\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x$ điều kiện t>0 vì ${\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x.{\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x=1$ nên ta có ${\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)}^x=\frac{1}{t}$.

Khi đó (1) trở thành $t+\frac{1}{t}-3<0\iff t^2-3t+1<0$ (vì t>0)

$\iff \frac{3-\sqrt{5}}{2}<t<\frac{3+\sqrt{5}}{3}\Rightarrow \frac{3-\sqrt{5}}{2}<{\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)}^x<\frac{3+\sqrt{5}}{2}\iff -1<x<1$

Do đó bất phương trình có tập nghiệm là (-1;1) từ đó suy ra $a=-1,b=1$

Vậy $S=b-a=1-\left(-1\right)=2.$

Chọn B.

Ta có $y\text{'}=\frac{3m-21}{{\left(x+3m\right)}^2}.{\left(\frac{7}{9}\right)}^{\frac{x+21}{x+3m}}\ln \frac{7}{9},x\ne -3m.$

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(3;+\infty \right)$ khi và chỉ khi $y\text{'}>0,\forall x\in \left(3;+\infty \right).$

$\iff \left\{\begin{array}{l}3m-21<0\\ -3m\notin \left(3;+\infty \right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<7\\ -3m\le 3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<7\\ m\ge -1\end{array}\right.\iff -1\le m<7.$ Vì ${\left(\frac{7}{9}\right)}^{\frac{x+2}{x+3m}}>0$ và $\ln \frac{7}{9}<0.$

Kết hợp với điều kiện m là số nguyên và $m\in \left[-2020;2020\right]$ suy ra $m\left\{-1,0,1,2,3,4,5,6\right\}$.

Vậy có 8 giá trị nguyên của tham số m.

Chọn A.

Gọi E,F lần lượt là trung điểm của cạnh AB,CD

Vì $\Delta SAB$ là tam giác đều nên $SE\perp AB$ và SA=SB

Vì $SA=SB,EA=EB,FA=FB$ (do ABCD là hình vuông và F là trung điểm của CD) nên (SEF) là mặt phẳng trung trực của AB và cũng là mặt phẳng trung trực của CD

Suy ra $\left(SEF\right)\perp \left(ABCD\right)$ và SC=SD

Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên EF. Vì $CD\perp \left(SEF\right)$ nên $CD\perp SH.$

Vì $\left\{\begin{array}{l}SH\perp EF\\ SH\perp CD\\ CD\cap EF=F\end{array}\right.$ nên $SH\perp \left(ABCD\right).SH$ là đường cao của hình chóp S.ABCD

SE là đường cao trong tam giác đều SAB nên $SE=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}.$

SF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông cân SCD nên $SF=\frac{2}{2}=1.$

Vì ABCD là hình vuông nên EF=2

Xét $\Delta SEF$ có $E{F}^2=S{E}^2+S{F}^2$ nên $\Delta SEF$ vuông tại S

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SEF

$SH.EF=SE.EF\iff SH=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

Thể tích khối chóp S.ABCD là $V=\frac{1}{3}.B.h=\frac{1}{3}{.2}^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.$

Chọn A.

Dựa vào đồ thị ta có bảng biến thiên:

Do đó $\underset{\left[-2;2\right]}{\max }f\left(x\right)=f\left(1\right).$

Chọn C.

Dựng hình bình hành $DEFM\Rightarrow DM//\left(SEF\right)$ và F là trung điểm của CM

$\Rightarrow d\left(SN;DM\right)=d\left(DM;\left(SEF\right)\right)=d\left(D;\left(SEF\right)\right)=\frac{DE}{AE}.d\left(A;\left(SEF\right)\right)$

$\frac{DE}{AD}=\frac{MF}{AD}=\frac{1}{4}\Rightarrow DE=\frac{1}{5}.AE\Rightarrow d\left(SN;DM\right)=\frac{1}{5}d\left(A;\left(SEF\right)\right).$

Ta có $AE=AD+DE=\frac{5}{4}.AD=\frac{5}{2}$

Trong tam giác vuông ABF có $AF=\sqrt{A{B}^2+B{F}^2}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}=\frac{5}{2}$

Do đó tam giác vuông ABF cân tại $A\Rightarrow AN\perp EF$

Mặt khác có $SA\perp EF.$

$\Rightarrow EF\perp \left(SAK\right)\Rightarrow \left(SEF\right)\perp \left(SAK\right)$ theo giao tuyến SN

Từ A hạ $AH\perp SN\Rightarrow AH\perp \left(SEF\right)$

                                $\Rightarrow d\left(A;\left(SEF\right)\right)=AH$

$EF=DM=\sqrt{C{D}^2+C{M}^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$

Trong tam giác vuông ANF có $AN=\sqrt{A{F}^2-N{F}^2}=\sqrt{A{F}^2-{\left(\frac{DM}{2}\right)}^2}=\sqrt{5}$

$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{N}^2}=\frac{2}{5}\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{10}}{2}$

$\Rightarrow d\left(SN;DM\right)=\frac{1}{5}.AH=\frac{\sqrt{10}}{10}.$

Chọn A.

Điều kiện: $x^2-2x+m\ge 0$

Đặt $X=\frac{2-\sqrt{x^2-2x+m}}{2}\left(X\le 1\right)$.

Bất phương trình $\iff 3^X+3^{-\frac{1}{X}}>\frac{10}{3}.$

Xét hàm $f\left(X\right)=3^X+3^{-\frac{1}{X}}$ với $\left(-\infty ;1\right].$

     $f\text{'}\left(X\right)=3^X\ln 3+\frac{1}{X^2}{.3}^{-\frac{1}{X}}\ln 3>0,\forall X\ne 0$

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có $f\left(X\right)>\frac{10}{3}\iff X\in \left(-1;0\right)$

$X\in \left(-1;0\right)\iff -1<\frac{2-\sqrt{x^2-2x+m}}{2}<0$

$\iff 2<\sqrt{x^2-2x+m}<4\left(*\right)$

Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi $x\in \left[0;2\right]$

$\iff$ bất phương trình (*) nghiệm đúng $\forall x\in \left[0;2\right].$

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

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+m>4,\forall x\in \left[0;2\right]\\ x^2-2x+m<16,\forall x\in \left[0;2\right]\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x>4-m,\forall x\in \left[0;2\right]\\ x^2-2x<16-m,\forall x\in \left[0;2\right]\end{array}\right.\left(I\right)$

Xét hàm $g\left(x\right)=x^2-2x$ trên [0;2]

$g\text{'}\left(x\right)=2x-2$

$g\text{'}\left(x\right)=0\iff x=1$

Hệ bất phương trình $\left(I\right)\iff \left\{\begin{array}{l}4-m<-1\\ 16-m>0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m>5\\ m<16\end{array}\right.\iff 5<m<16$

Mà m nguyên nên $m\in \left\{6;7;8;\mathrm{....};15\right\}\Rightarrow$ có 10 giá trị của m thỏa mãn bài toán.

Chọn A.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-9x^2+\left(m+8\right)x-m.$

Để hàm số $y=\left|f\left(x\right)\right|$ có năm điểm cực trị thì hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục hoành.

Tức là đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Hay $x^3-9x^2+\left(m+8\right)x-m=0\left(1\right)$ có ba nghiệm phân biệt.

$\left(1\right)\iff \left\{\begin{array}{l}x=1\\ h\left(x\right)=x^2-8x+m=0\end{array}\right..$

(1) có ba nghiệm phân biệt $\iff \left\{\begin{array}{l}\Delta {\text{'}}_{h\left(x\right)}>0\\ h\left(1\right)\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}16-m>0\\ m-7\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<16\\ m\ne 7\end{array}\right..$

Do m là số nguyên dương nên có 14 số nguyên m thỏa yêu cầu bài toán

Chọn D.

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=-2.f\text{'}\left(7-2x\right)+2\left(x-1\right).$

Cho $g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(7-2x\right)=x-1.$

Đặt $t=7-2x\Rightarrow x-1=\frac{5}{2}-\frac{t}{2},$ ta được $f\text{'}\left(t\right)=\frac{5}{2}-\frac{t}{2}$ đây là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị hàm số $y=f\text{'}\left(t\right)$ và đường thẳng $y=\frac{5}{2}-\frac{t}{2}.$

Đặt $t=7-2x\Rightarrow x-1=\frac{5}{2}-\frac{t}{2},$ ta được $f\text{'}\left(t\right)=\frac{5}{2}-\frac{t}{2}$ đây là phương trình hoành độ giao điểm giữa hai hàm số $y=f\text{'}\left(t\right)$ và đường thẳng $y=\frac{5}{2}-\frac{t}{2}.$

Để hàm số $g\left(x\right)=f\left(7-2x\right)+{\left(x-1\right)}^2$ đồng biến thì $g\text{'}\left(x\right)\ge 0\iff f\text{'}\left(t\right)\le \frac{5}{2}-\frac{t}{2}.$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có $\left[\begin{array}{l}-3\le t\le -1\\ 1\le t\le 3\end{array}\right.$ hay $\left[\begin{array}{l}-3\le 7-2x\le -1\\ 1\le 7-2x\le 3\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}4\le x\le 5\\ 2\le x\le 3\end{array}\right..$

Chọn A.

Cách 1:

Ta có đáy ABCD là hình bình hành có $\widehat{BAD}={90}^0$ nên là hình chữ nhật, lại có AB=AD nên ABCD là hình vuông.

Đặt AB=AD=x ta được $AC=x\sqrt{2}$ và AA'=2x

Trong hình bình hành A'.ABB' có $AB{\text{'}}^2=x^2+4x^2-2.x.2x.\cos {120}^0=7x^2$ suy ra $DC\text{'}=x\sqrt{7}.$

Ta có $\overrightarrow{AB\text{'}}.\overrightarrow{AD}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA\text{'}}\right).\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AA\text{'}}.\overrightarrow{AD}=x.2x.\cos {120}^0=-x^2$ do vậy $\overrightarrow{DA}.\overrightarrow{DC\text{'}}=x^2$ từ đây ta có $x.x\sqrt{7}.\cos \widehat{ADC\text{'}}=x^2\iff \cos \widehat{ADC\text{'}}=\frac{1}{\sqrt{7}}.$

Trong tam giác $\Delta ADC\text{'}$ ta có $A{D}^2+DC{\text{'}}^2-2AD.DC\text{'}.\cos \widehat{ADC\text{'}}=6\iff x^2+7x^2-2.x.x\sqrt{7}\left(\frac{1}{\sqrt{7}}\right)=6\iff x=1.$

Từ đây ta có $AB=1,AD=1,AA\text{'}=2,\widehat{BAD}={90}^0,\widehat{BAA\text{'}}={60}^0,\widehat{DAA}\text{'}={120}^0$ và thể tích của khối tứ diện A'ABD được tính theo công thức $$\begin{gathered} V_{A\text{'}.ABD}=\frac{1}{6}AB.AD.AA\text{'} \\ \sqrt{1+2\cos \widehat{BAD}\cos \widehat{BAA\text{'}}\cos \widehat{DAA\text{'}}-{\cos }^2\widehat{BAD}-{\cos }^2\widehat{BAA\text{'}}-{\cos }^2\widehat{DAA\text{'}}} \end{gathered}$$

$=\frac{1}{6}\mathrm{.1.1.2.}\sqrt{1+2\cos {60}^0\cos {120}^0\cos {90}^0-{\cos }^2{60}^0-{\cos }^2{120}^0-{\cos }^2{90}^0}=\frac{\sqrt{2}}{6}.$

Do đó thể tích của khối hộp là $V_{hop}=6V_{A\text{'}.ABD}=\sqrt{2}.$

Cách 2:

Đặt $x=AB=AD,\left(x>0\right)$ thì AA'=2x. Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABA' ta có

$A\text{'}{B}^2=A{B}^2+AA{\text{'}}^2-2AB.AA\text{'}.\cos {60}^0=x^2+4x^2-2.x.2x.\frac{1}{2}=3x^2.$

Suy ra $AA{\text{'}}^2=A{B}^2+A\text{'}{B}^2.$ Do đó tam giác ABA' vuông tại B hay $AB\perp BA\text{'}.$

Mà $AB\perp BC$ (do $AB\perp AD$) nên $AB\perp \left(BCD\text{'}A\text{'}\right).$ Vì vậy.

           $V=2V_{ABA\text{'}.DCD\text{'}}=2.3V_{A.A\text{'}BC}=2AB.S_{A\text{'}BC}.$

Mặt khác, $S_{A\text{'}BC}=\frac{1}{2}\sqrt{B{C}^2.BA{\text{'}}^2-{\left(\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA\text{'}}\right)}^2}$

Mà $\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA\text{'}}=\overrightarrow{AD}.\left(\overrightarrow{AA\text{'}}-\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AA\text{'}}-\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}=x.2x.\cos {120}^0-0=-x^2$ nên

                                                  $S_{A\text{'}BC}=\frac{1}{2}\sqrt{x^2.3x^2-{\left(-x^2\right)}^2}=\frac{\sqrt{2}{x}^2}{2}.$

Do đó, $V=2x.\frac{\sqrt{2}{x}^2}{2}=\sqrt{2}{x}^3.$

Theo quy tắc hình hộp, $\overrightarrow{AC\text{'}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA\text{'}}.$ Suy ra

              ${\overrightarrow{AC\text{'}}}^2={\overrightarrow{AB}}^2+{\overrightarrow{AD}}^2+{\overrightarrow{AA\text{'}}}^2+2\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AA\text{'}}+\overrightarrow{AA\text{'}}.\overrightarrow{AB}\right)$

              $\Rightarrow 6=x^2+x^2+4x^2+2\left(0-x.2x.\frac{1}{2}+2x.x.\frac{1}{2}\right)\Rightarrow x=1.$

Vậy thể tích của khối hộp đã cho là $V=\sqrt{2}.$