Chọn C.

Mỗi cạnh của một hình đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt của hình đa diện đó

Chọn D

Chọn A

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của phương trình $\frac{2x+3}{x+2}=0\iff x=-\frac{3}{2}.$ Tọa độ giao điểm là $M\left(-\frac{3}{2};0\right).$

Chọn A.

Tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}$

Tiệm cận đứng x=-1 vì $\underset{x\to {\left(-1\right)}^{-}}{\lim }f\left(x\right)=-\infty ,\underset{x\to {\left(-1\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$

Tiệm cận ngang y=2 vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=2.$

Tiệm cận ngang y=5 vì $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=5.$

Vậy tổng số tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho là 3.

Chọn A.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(5^x-x\right)dx=\frac{5^x}{\ln 5}-\frac{x^2}{2}+C.$

Chọn B.

Tọa độ vectơ $\overrightarrow{AB}=\left(x_B-x_A;y_B-y_A;z_B-z_A\right)=\left(1;2;3\right).$

Chọn D

Thể tích của khối chóp S.ABCD là: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}\sqrt{3}.$

Chọn D.

Ta có: $y\text{'}=3x^2-2.$

Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại điểm M(-1;2) là: $y\text{'}\left(-1\right)=1.$

Chọn D.

$P=x^{-\frac{3}{4}}\sqrt{\sqrt{x^5}}=x^{-\frac{3}{4}}.x^{\frac{5}{4}}=x^{\frac{1}{2}}.$

Chọn B.

Tại điểm $x_0$ hàm số y=f(x) xác định và f'(x) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua $x_0$ nên $x_0$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Tại điểm $x_1$ hàm số y=f(x) xác định và f'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua $x_1$ nên $x_1$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Hàm số y=f(x) không xác địn tại $x_2,$ nên $x_2$ không là cực trị của hàm số

Chọn B.

Phương trình ${2020}^x=m$ có nghiệm thực $\iff m>0.$

Chọn D.

Ta có: $u_6=u_1.q^5={5.2}^5=160.$

Chọn D.

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

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=-1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy có 2 giao điểm.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\left(\sin x+4x\right)dx=-\cos x+2x^2+C.$

Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là $V=B.h=\frac{1}{2}AB.AC.AA\text{'}=\frac{1}{2}\mathrm{.2.2.3}=6.$

Chọn A.

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

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến trên khoảng (-1;3), suy ra hàm số y=f(x) cũng đồng biến trên khoảng (-1;0)

Chọn C.

Xét hàm số $f\left(x\right)=x^3-3x^2-9x+28$ trên đoạn [0;4]

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

Ta có: $f\left(0\right)=28;f\left(3\right)=1;f\left(4\right)=8.$

Vậy $\underset{x\in \left[0;4\right]}{\min }f\left(x\right)=f\left(3\right)=1.$ Chọn đáp án C

Chọn C.

Do đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -1 nên loại đáp án D.

Do đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm (-1;0) nên chỉ có đáp án C thỏa mãn

Chọn A.

TXĐ: $D=R\backslash \left\{0\right\}$

Ta có $\begin{array}{l}+)\underset{x\to 0^{-}}{\lim }y=-\infty \\ +)\underset{x\to 0^{+}}{\lim }y=+\infty \end{array}\Rightarrow x=0$ là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

$\begin{array}{l}+)\underset{x\to -\infty }{\lim }y=1\\ +)\underset{x\to +\infty }{\lim }y=1\end{array}\Rightarrow y=1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận

Chọn A.

Ta có ${\log }_2\left(2a\right)={\log }_{2}2+{\log }_{2}a=1+{\log }_{2}a.$

Chọn B.

Khối cầu có đường kính bằng $2\Rightarrow R=1.$

Thể tích của khối cầu là: $V=\frac{4}{3}\pi R^3\Rightarrow V=\frac{4\pi }{3}.$

Chọn A.

Hình chiếu vuông góc của điểm A(3;2;4) trên mặt phẳng Oxy là điểm P(3;2;0)

Chọn D.

$\cos \left(\overrightarrow{j};\overrightarrow{u}\right)=\frac{\overrightarrow{j}.\overrightarrow{u}}{\left|\overrightarrow{j}\right|.\left|\overrightarrow{u}\right|}=\frac{0.1+1.\left(-\sqrt{3}\right)+0.0}{\sqrt{0^2+1^2+0^2}.\sqrt{1^2+{\left(-\sqrt{3}\right)}^2+0^2}}=\frac{-\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \left(\overrightarrow{j};\overrightarrow{u}\right)={150}^0.$

Chọn C.

Hàm số đã cho xác định khi: $3x-x^2>0\iff 0<x<3.$

Vậy tập xác định của hàm số $y={\log }_{2020}\left(3x-x^2\right)$ là: D=(0;3)

Chọn C.

Phương trình mặt cầu (S) tâm I(a;b;c) bán kính R>0 có dạng: ${\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2=R^2$

$\Rightarrow \left(S\right):{\left(x-1\right)}^2+y^2+{\left(z+1\right)}^2=3^2,$ khi đó R=3

Chọn B.

ABCD.A'B'C'D' là hình lăng trụ tứ giác đều nên nó là hình hộp chữ nhật có hai đáy là hình vuông $\Rightarrow AB\perp \left(BCC\text{'}B\text{'}\right)\Rightarrow AB\perp BC\text{'}.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC\text{'}\\ CB\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow$ Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC') là $\widehat{C\text{'}BC}.$

Ta có: $BC\text{'}=\sqrt{B\text{'}C{\text{'}}^2+BB{\text{'}}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$

$\Rightarrow \cos \widehat{C\text{'}BC}=\frac{BC}{BC\text{'}}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$

Vậy côsin của góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC') bằng $\frac{1}{2}.$

Chọn B.

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

Ta có$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }y=b,$ do đó đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=b. Dựa vào đồ thị ta suy ra b>0

Dựa vào đồ thị, ta có $\underset{x\to a^{+}}{\lim }y=+\infty ,\underset{x\to a^{-}}{\lim }y=-\infty ,$ do đó đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=a với a>0

Ta có $y\text{'}=\frac{c-ab}{{\left(x-a\right)}^2}.$

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, do đó c-ab<0

Chọn A.

Xét $F\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(2020x^2+2022x-1\right)e^{2x}dx$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=2020x^2+2022x-1\\ dv=e^{2x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}du=\left(4040x+2022\right)dx\\ v=\frac{1}{2}{e}^{2x}\end{array}\right.$

Do đó $F\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(2020x^2+2022x-1\right)e^{2x}-\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}\left(4040x+2022\right)e^{2x}dx+C.$

Đặt $I=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(4040x+2022\right)e^{2x}dx$.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{u}_1=4040x+2022\\ d{v}_1=e^{2x}dx\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d{u}_1=4040dx\\ v_1=\frac{1}{2}{e}^{2x}\end{array}\right.$

Do đó

     $$\begin{gathered} I=\frac{1}{2}\left(4040x+2022\right)e^{2x}-2020\underset{}{\overset{}{\int }}{e}^{2x}dx=\frac{1}{2}\left(4040x+2022\right)e^{2x}-1010e^{2x} \\ =\left(2020x+1\right)e^{2x}. \end{gathered}$$

     $F\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(2020e^{2x}+2022x-1\right)e^{2x}-\frac{1}{2}\left(2020x+1\right)e^{2x}+C$

     $=1010x^2{e}^{2x}+1011x{e}^{2x}-\frac{1}{2}{e}^{2x}-1010x{e}^{2x}-\frac{1}{2}{e}^{2x}+C$

$$\begin{gathered} =1010x^2{e}^{2x}+x{e}^{2x}-e^{2x}+C \\ =\left(1010x^2+x-1\right)e^{2x}+C. \end{gathered}$$

Theo đề bài, ta có $a=1010,b=1,c=1,C=0.$ Vậy $T=1010-2+4=1012.$

Chọn B.

Ta có: $f\left(x\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}f\text{'}\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{3}{3x-1}dx=\ln \left|3x-1\right|+C$

Vì: $f\left(0\right)=1\Rightarrow C=1\Rightarrow f\left(x\right)=\ln \left|3x-1\right|+1$

Vậy: $f\left(-1\right)=\ln 4+1=2\ln 2+1.$

Chọn D.

Ta có: SD=5 diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi Rl=15\pi .$

Chọn B.

Ta có: $\cos 2x+\sin x-1=0\iff \left(1-2{\sin }^{2}x\right)+\sin x-1=0\iff -2{\sin }^{2}x+\sin x=0.$

Đặt: $t=\sin x\left(-1\le t\le 1\right).$

Phương trình trở thành: $\iff -2t^2+t=0\iff 2t^2-t=0.$

Chọn C.

Điều kiện: $x^2-6x+9>0\iff x\ne 3.$

Vậy tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{3\right\}.$

Chọn C.

Ta có $\ln x^2\le 0\iff 0<x^2\le 1\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 0\\ -1\le x\le 1\end{array}\right.\iff x\in \left[-1;1\right]\backslash \left\{0\right\}.$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left[-1;1\right]\backslash \left\{0\right\}.$

Chọn D.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{dx}{3x-2}=\frac{1}{3}\underset{}{\overset{}{\int }}\frac{d\left(3x-2\right)}{3x-2}=\frac{1}{3}\ln \left|3x-2\right|+C=\frac{1}{3}\ln \left|2-3x\right|+C.$

Chọn A.

Ta có chu vi đáy là $20\sqrt{3}p$ nên bán kính đáy của cột là $r=\frac{20\sqrt{3}p}{2\pi }=\frac{10\sqrt{3}p}{\pi }.$

Thể tích của phần khối trụ là $V_1=\pi r^2{h}_1=\pi .{\left(\frac{10\sqrt{3}p}{\pi }\right)}^2.40=\frac{12000p^2}{\pi }.$

Thể tích của phần khối nón là $V_2=\frac{1}{3}\pi r^2{h}_2=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{10\sqrt{3}p}{\pi }\right)}^2.10=\frac{1000p^2}{\pi }.$

Vậy thể tích của cột là $V=V_1+V_2=\frac{13000p^2}{\pi }\left(c{m}^3\right).$

Chọn D.

Điều kiện của phương trình đã cho là $\left\{\begin{array}{l}2x-2>0\\ x-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ x\ne 3\end{array}\right..$

Ta có ${\log }_{\sqrt{2}}\left(2x-2\right)+{\log }_2{\left(x-3\right)}^2=2\iff 2{\log }_2\left(2x-2\right)+{\log }_2{\left(x-3\right)}^2=2$

$\iff {\log }_2{\left(2x-2\right)}^2+{\log }_2{\left(x-3\right)}^2=2\iff {\log }_2\left[{\left(2x-2\right)}^2{\left(x-3\right)}^2\right]=2$

$\iff {\left(2x-2\right)}^2{\left(x-3\right)}^2=4\iff \left[\begin{array}{l}\left(2x-2\right)\left(x-3\right)=2\\ \left(2x-2\right)\left(x-3\right)=-2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}2x^2-8x+6=2\\ 2x^2-8x+6=-2\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}2x^2-8x+4=0\\ 2x^2-8x+8=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=2+\sqrt{2}\left(n\right)\\ x=2-\sqrt{2}\left(l\right)\\ x=2\left(n\right)\end{array}\right..$

Vậy tổng các nghiệm của phương trình đã cho là $2+2+\sqrt{2}=4+\sqrt{2}.$

Suy ra $a=4,b=1\Rightarrow Q=ab=4.$

Chọn A.

Gọi H,I lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB,BC

$\Delta ABC$ đều nên $AI\perp BC.$

$S.ABC$ là hình chóp tam giác đều nên SBC cân tại S do đó $SI\perp BC$.

$\left.\begin{array}{l}\left(SBC\right)\cap \left(ABC\right)=BC\\ SI\perp BC\\ AI\perp BC\end{array}\right\}\Rightarrow \left(\left(SBC\right),\left(ABC\right)\right)=\left(SI,AI\right)=\widehat{SIA}={60}^0.$

Gọi $AI\cap CH=O$ khi đó O là trọng tâm của $\Delta ABC$.

S.ABC là hình chóp tam giác đều nên $SO\perp \left(ABC\right)$ tại O

Trong $\Delta SOI$ vuông tại O ta có $\tan {60}^0=\frac{SO}{OI}\iff SO=OI.\tan {60}^0=\frac{1}{3}AI.\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}AI.$

Áp dụng định lý pytago vào $\Delta SAO$ vuông tại O ta có $S{A}^2=S{O}^2+A{O}^2\iff {\left(\frac{\sqrt{3}}{3}AI\right)}^2+{\left(\frac{2}{3}AI\right)}^2={\left(\frac{a\sqrt{21}}{3}\right)}^2$

$\iff \frac{7}{9}A{I}^2=\frac{21a^2}{9}\iff A{I}^2=3a^2\iff AI=\sqrt{3}a\Rightarrow SO=\frac{\sqrt{3}}{3}AI=\frac{\sqrt{3}}{3}.\sqrt{3}a=a.$

Mà $AI=\frac{\sqrt{3}}{2}BC\iff BC=\frac{2AI}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{3}}=2a.$

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

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

Chọn D.

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh AB,DC

$BM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}.2=1$

$\Delta ACD,\Delta BCD$ đều có độ dài cạnh bằng 4 nên $AN=BN=2\sqrt{3}.$ Khi đó $MN\perp AB$

$\Delta ABC=\Delta ABD\Rightarrow CM=DM\Rightarrow MN\perp CD$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng MN

Áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông MNB ta có:

$M{N}^2+M{B}^2=B{N}^2\iff MN=\sqrt{B{N}^2-M{B}^2}=\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$

Chọn B.

Trong năm 2020, diện tích rừng trồng mới của tình A là T=1200 ha.

Trong năm 2021, diện tích rừng trồng mới của tình A là $T_1=T+6\%T=T\left(1+6\%\right)$ ha.

Trong nam 2022, diện tích rừng trồng mới của tình A là

$T_2=T_1+6\%T_1=T_1\left(1+6\%\right)=T{\left(1+6\%\right)}^2$ ha.

…

Trong năm  diện tích rừng trồng mới của tỉnh A là $T_n=T{\left(1+6\%\right)}^n$ ha.

Khi đó, diện tích rừng trồng mới đạt trên 1600 ha khi $T_n>1600\iff T{\left(1+6\%\right)}^n>1600\iff 1200.1,{06}^n>1600$

$\iff n>{\log }_{1,06}\frac{4}{3}\approx 4,94\Rightarrow n_{\min }=5.$

Vậy năm 2025 là năm đầu tiên tỉnh A có diện tích rừng trồng mới trong năm đó đạt trên 1600 ha.

Chọn C.

Ta có $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(4x\right)dx=e^{2x}-x^2+C\Rightarrow f\left(4x\right)=\left(e^{2x}-x^2+C\right)\text{'}=2e^{2x}-2x.$

Đặt $x=-\frac{1}{4}t$ suy ra $f\left(4x\right)=f\left(-t\right)=2e^{-\frac{1}{2}t}+\frac{1}{2}t.$

Khi đó $f\left(-x\right)=2e^{-\frac{1}{2}x}+\frac{1}{2}x.$

Ta có  $\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(-x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}\left(2e^{-\frac{1}{2}x}+\frac{1}{2}x\right)dx=-4e^{-\frac{x}{2}}+\frac{1}{4}{x}^2+C.$

Chọn D.

Ta có $\frac{1}{{\log }_{2020}x}+\frac{1}{{\log }_{{2020}^2}x}+\frac{1}{{\log }_{{2020}^3}x}+\mathrm{...}+\frac{1}{{\log }_{{2020}^n}x}=\frac{210}{{\log }_{2020}x}$

$\iff \frac{1}{{\log }_{2020}x}+\frac{2}{{\log }_{2020}x}+\frac{3}{{\log }_{2020}x}+\mathrm{...}+\frac{n}{{\log }_{2020}x}=\frac{210}{{\log }_{2020}x}$

$\iff \frac{1+2+3+\mathrm{...}+n}{{\log }_{2020}n}=\frac{210}{{\log }_{2020}x}$

$\iff 1+2+3+\mathrm{...}+n=210$

$\iff \frac{n\left(n+1\right)}{2}=210\iff n^2+n-420=0\iff \left[\begin{array}{l}n=20\\ n=-21\end{array}\right.$

Vì n là số nguyên dương nên n=20

Vậy $P=3n+4=64.$

Chọn D

Tứ giác AECD có $AE//CD,AE=CD=1$ và $AD\perp AE$ nên tứ giác AECD là hình chữ nhật do đó $CE\perp AB$

Lại có $SA\perp \left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CE$

$\Rightarrow CE\perp SE$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}CE\perp SE\\ CE\perp EB\end{array}\right.\Rightarrow CE\perp \left(SEB\right)$

Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ESB.

Từ E dựng đường thẳng d song song với $CE\Rightarrow d\perp \left(SEB\right)$ do đó d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác

Gọi M là trung điểm của CE

Trong mặt phẳng (CE;d) dựng đường trung trực của đoạn thẳng CE. Đường thẳng này cắt d tại I.

Vì $I\in d$ nên $IE=IS=IB$

Vì I thuộc đường trung trực của đoạn CE nên IC=IE $\Rightarrow IE=IS=IB=IC$

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE.

Tứ giác INEM là hình chữ nhật $\Rightarrow I{E}^2=I{N}^2+N{E}^2=M{E}^2+N{E}^2$

Xét tam giác SEB có $SB=\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}=2\sqrt{2};SE=\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}=\sqrt{5};BE=1$

$\cos \widehat{SEB}=\frac{S{E}^2+E{B}^2-S{B}^2}{2.SE.EB}=-\frac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow \sin \widehat{SEB}=\frac{2}{\sqrt{5}}$

Theo định lí sin trong tam giác SEB ta có $2EN=\frac{SB}{\sin \widehat{SEB}}\Rightarrow EN=\frac{\sqrt{10}}{2}$

Do đó $I{E}^2=E{N}^2+M{E}^2=E{N}^2+\frac{C{E}^2}{4}=\frac{14}{4}$

Vậy diện tích $S_{mc}$ của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.BCE là $S_{mc}=4\pi .I{E}^2=14\pi .$

Chọn C.

Hàm số $y=\frac{x}{x-1}=1+\frac{1}{x-1}$

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}$

Ta có: $y\text{'}=-\frac{1}{{\left(x-1\right)}^2}$

Gọi $x_A=m;x_B=n$ ( $m\ne n$ và $m:n\ne 1)\Rightarrow y_A=\frac{m}{m-1};y_B=\frac{n}{n-1}$

* Tiếp tuyến tại A song son với tiếp tuyến tại $B\iff -\frac{1}{{\left(m-1\right)}^2}=-\frac{1}{{\left(n-1\right)}^2}$

* $\iff {\left(m-1\right)}^2={\left(n-1\right)}^2\iff \left[\begin{array}{l}m-1=n-1\\ m-1=-n+1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m=n\text{ (loaïi)}\\ m+n=2\end{array}\right.$

* $AB=2\sqrt{2}\Rightarrow A{B}^2=8\iff {\left(m-n\right)}^2+{\left(\frac{m}{m-1}-\frac{n}{n-1}\right)}^2=8$

$\iff {\left(m-n\right)}^2+\frac{{\left(m-n\right)}^2}{{\left[mn-\left(m+n\right)+1\right]}^2}=8\iff {\left(m+n\right)}^2-4mn+\frac{{\left(m+n\right)}^2-4mn}{{\left[mn-\left(m+n\right)+1\right]}^2}=8\left(1\right)$

Thay $m+n=2$ vào (1) ta được: $4-4mn+\frac{4-4mn}{{\left(mn-1\right)}^2}=8\iff 4-4mn+\frac{-4\left(mn-1\right)}{{\left(mn-1\right)}^2}=8$

$$\begin{gathered} \iff 1-mn-\frac{1}{mn-1}=2\iff -{\left(mn-1\right)}^2-1=2\left(mn-1\right)\iff -\left[{\left(mn\right)}^2-2nm+1\right]-1 \\ =2nm-2 \end{gathered}$$

$\iff {\left(-mn\right)}^2+2mn-1-1=2mn-2\iff -{\left(mn\right)}^2=0\iff mn=0\Rightarrow x_A.x_B=0$

Vậy tích $x_A.x_B=0.$

Chọn C.

Vì thanh kim loại dài 4 m nên ta có: $2h+2r+\pi r=4\Rightarrow h=\frac{4-2r-\pi r}{2}$

Diện tích của khung cửa sổ là $S=\frac{1}{2}\pi r^2+2rh=\frac{1}{2}\pi r^2+2r.\frac{4-2r-\pi r}{2}=-\frac{\pi +4}{2}.r^2+4r$

Xét hàm số $S\left(r\right)=-\frac{\pi +4}{2}.r^2+4r$ trên khoảng (0;2)

$S\text{'}\left(r\right)=-\left(\pi +4\right)r+4=0\iff -\left(\pi +4\right)r=-4\iff r=\frac{4}{\pi +4}$

Bảng biến thiên:

Ta có: $\underset{\left(0;2\right)}{\max }S=S\left(\frac{4}{\pi +4}\right)=\frac{8}{\pi +4}>0$ (thỏa mãn)

Vậy với $r=\frac{4}{\pi +4}$ thì diện tích tạo thành đạt giá trị lớn nhất

Phương pháp:

- Chứng minh $\angle \left(CC\text{'};\left(ABC\right)\right)=\angle \left(BB\text{'};\left(ABC\right)\right)={60}^0,$ xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính $B\text{'}G,BM$ (M là trung điểm của AC)

- Đặt BC=x tính MC theo x

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông  BCM tìm x theo a

- Tính $V_{A\text{'}.ABC}=\frac{1}{3}.B\text{'}G.S_{\Delta ABC}.$

Cách giải:

Ta có $CC\text{'}//BB\text{'}\Rightarrow \angle \left(CC\text{'};\left(ABC\right)\right)=\angle \left(BB\text{'};\left(ABC\right)\right)={60}^0.$

Vì $B\text{'}G\perp \left(ABC\right)$ nên GB là hình chiếu vuông góc của B'B lên (ABC)

$\Rightarrow \angle \left(BB\text{'};\left(ABC\right)\right)=\angle \left(BB\text{'};BG\right)=\angle B\text{'}BG={60}^0.$

Xét tam giác vuông BB'G ta có: $BB\text{'}=AA\text{'}=2\sqrt{13}a$

$\Rightarrow B\text{'}G=BB\text{'}.\sin {60}^0=a\sqrt{39}$ và $BG=BB\text{'}.\cos {60}^0=a\sqrt{13}.$