Chọn C.

Ta có:  $u_3=u_1.q^2=3.{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{3}{4}.$

Chọn A.

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

Chọn A.

Ta có: $\widehat{\left(SC;\left(ABCD\right)\right)}=\widehat{\left(SC;AC\right)}=\widehat{SCA}$

Khi đó: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}}=1\Rightarrow \widehat{SCA}={45}^0$

Chọn C

Khi đó bán kính đáy $r=\frac{a}{2}.$

Chọn C.

Khối đa diện đều có 8 mặt là khối bát diện đều có số đỉnh là 6 và số cạnh là 12

Chọn đáp án C

Chọn A.

Hàm số $y=\frac{2x-3}{x+2}$ có đạo hàm $y\text{'}=\frac{7}{{\left(x+2\right)}^2}>0\forall x\in ℝ\backslash \left\{-2\right\}.$

$\Rightarrow$ Hàm số luôn đồng biến trên $\left(-\infty ;-2\right)$ và $\left(-2;+\infty \right)$ nên không có cực trị

Chọn D.

Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y=-1 tiệm cận đứng là x=-1

Nên loại đáp án B

Đồ thị hàm số đi qua điểm $A\left(0;1\right),B\left(1;0\right)$ nên loại đáp án A, C.

Vậy hàm số cần tìm là: $y=\frac{-x+1}{x+1}.$

Chọn B.

Nhận định sai là $x^{\alpha }+y^{\alpha }={\left(x+y\right)}^{\alpha },$ bởi giả sử $\alpha =2$ khi đó: $x^2+y^2\ne {\left(x+y\right)}^2$

Nên nhận định sai là $x^{\alpha }+y^{\alpha }={\left(x+y\right)}^{\alpha }$

Chọn B.

Xét hàm số $y=x^3-x^2+3x+11.$

Ta có $y\text{'}=3x^2-2x+3=3\left[{\left(x-\frac{1}{3}\right)}^2+\frac{8}{9}\right]>0,\forall x\in ℝ$

Như vậy hàm số đồng biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn D.

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

Chọn D.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl.$

Chọn C.

Điều kiện: $x^2-x+2>0,$ luôn đúng với $\forall x\in ℝ$.

Phương trình đã cho tương đương với ${\log }_2\left(x^2-x+2\right)={\log }_{2}2.$

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là $\left\{0;1\right\}.$

Chọn A.

Ta có khối chóp có thể tích là: $V=\frac{1}{3}Bh.$

Chọn C.

Ta có: $\left.\begin{array}{l}\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\frac{3}{4}\\ \underset{x\to +\infty }{\lim }y=-\frac{3}{4}\end{array}\right\}\Rightarrow$ Phương trình tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là $y=-\frac{3}{4}.$

Chọn C.

Ta có đồ thị (C) có tiệm cận ngang là y=3 và tiệm cận đứng là x=1

Suy ra tọa độ giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) là I(1;3)

Chọn B.

Hàm số $y={\left(\frac{e}{4}\right)}^x$ có cơ số bằng $\frac{e}{4}<1,$ suy ra hàm số nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn A.

Giả sử khối lập phương có cạnh là x(x>0)

$\Rightarrow$ Diện tích toàn phần của khối lập phương là $6x^2$ (đvtt).

Khi đó: $6x^2=24\iff x=2.$

Vậy thể tích khối lập phương là $V=2^3=8$ (đvtt)

Chọn C.

Hàm số $y={\log }_{4}x$ xác định $\iff x>0.$

Vậy $D=\left(0;+\infty \right).$

Chọn B.

Hàm số đạt cực tiểu tại $x=3\Rightarrow y_{CT}=-2.$

Chọn C.

Số cách chọn đồng thời ra 3 người từ một nhóm có 12 người là $C_{12}^3.$

Chọn A.

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên $AB=AC=\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.$

$$\begin{gathered} S_{ABC}=\frac{1}{2}{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=a^2. \\ {V}_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.AA\text{'}=a^3. \end{gathered}$$

Chọn A.

Mặt cầu đường kính 4a suy ra bán kính R=2a

Vậy diện tích mặt cầu là $S=4\pi R^2=4\pi .{\left(2a\right)}^2=16\pi a^2.$

Chọn D.

Điều kiện $x^2-2x>0\iff \left[\begin{array}{l}x<0\\ x>2\end{array}\right..$

Bất phương trình tương đương $x^2-2x\le 3\iff x^2-2x-3\le 0\iff -1\le x\le 3.$

Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình $S=\left[-1;0\right)\cup \left(2;3\right].$

Chọn B.

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

Dựa vào bảng biến thiên như hình vẽ trên 1<m<2 đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng y=m có 3 giao điểm phân biệt tức phương trình f(x)=m có 3 nghiệm phân biệt

Chọn A.

$y\text{'}=-3x^2+12x-9,y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\in \left[-1;2\right]\\ x=3\notin \left[-1;2\right]\end{array}\right..$

$y\text{'}\left(-1\right)=21,y\left(2\right)=3,y\left(1\right)=1.$ Vậy $M=21,m=1$ nên M+m=22

Chọn B.

Ta có $AC=BD=\sqrt{a^2+3a^2}=2a\Rightarrow OA=OB=a.$

Vậy hình chóp S.ABO là tứ diện đều cạnh bằng a. Gọi H là trọng tâm tam giác $\Delta ABO$. Khi đó SH là đường cao của hình chóp S.ABO

$OH=\frac{2}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3};SH=\sqrt{S{O}^2-O{H}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3};S_{\Delta OAB}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

$V_{S.ABO}=\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{6}}{3}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{2}}{12}.$ Khi đó $V_{S.ABCD}=4.V_{S.ABO}=4.\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{a^2\sqrt{2}}{3}.$

Chọn D.

Ta có:

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

Ta thấy, đạo hàm của hàm số f(x) có bậc cao nhất của x là bậc 5 $\Rightarrow$ Bậc cao nhất của x trong hàm số f(x) là bậc 6. Hệ số của $x^5$ trong f'(x) dương $\Rightarrow$ Hệ số của $x^6$ trong hàm số f(x) cũng dương.

$\Rightarrow \underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty ;\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=+\infty$

Ta có bảng biến thiên: 

$\Rightarrow$ Hàm số f(x) có 1 cực đại.

Chọn D.

Khi quay hình chữ nhật quanh đường thẳng AB ta được khối trụ tròn xoay có đường cao bằng AB=a  bán kính đáy bằng $AD=a\sqrt{3}.$ Thể tích khối trụ là $V=\pi r^{2}h=3\pi a^3.$

Chọn B.

Ta có: $\sin 5x-\sin x=0\iff \sin 5x=\sin x$

                                     $\iff \left[\begin{array}{l}5x=x+k2\pi \\ 5x=\pi -x+k2\pi \end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{k\pi }{2}\\ x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

                                     $\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ x=k\pi \\ x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right)\iff \left[\begin{array}{l}x=k\pi \\ x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\end{array}\right.\left(k\in \mathbb{Z}\right).$

(Vì họ nghiệm $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$ nằm trong họ nghiệm $x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\left(k\in \mathbb{Z}\right).$

Với $x=k\pi ,\left(k\in \mathbb{Z}\right),$ ta có: $-2020\pi \le k\pi \le 2020\pi \iff -2020\le k\le 2020.$

Suy ra có 4041 giá trị nguyên của k hay phương trình có 4041 nghiệm.

Với $x=\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3},\left(k\in \mathbb{Z}\right)$ ta có: $-2020\le \frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{3}\le 2020\pi \iff -\frac{12121}{2}\le k\le \frac{12119}{2}.$

Suy ra có 12120 giá trị nguyên của k hay phương trình có 12120 nghiệm.

Các nghiệm này phân biệt nên phương trình có $4041+12120=16161$ nghiệm

Chọn D.

Ta có: $2^{x^2+2x}=8^{2-x}\iff x^2+2x=3\left(2-x\right)$

                                $\iff x^2+5x-6=0\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=-6\end{array}\right.$

Tổng các nghiệm bằng S=-5

Chọn C.

ĐK: $\left\{\begin{array}{l}6+x>0\\ 9.x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-6\\ x>0\end{array}\right.\iff x>0$

Khi đó: ${\log }_{3}x\left(6+x\right)+{\log }_3\left(9x\right)-5=0\iff {\log }_3\left(6+x\right).9x=5$

           $\iff 9x\left(6+x\right)=243\iff 9x^2+54x-243=0$

                                                  $\iff \left[\begin{array}{l}x=3\left(n\right)\\ x=-9\left(l\right)\end{array}\right.$

Tập nghiệm $S=\left\{3\right\}.$

Chọn B.

Dựa vào BBT ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=3 và tiệm cận ngang là $y=\frac{1}{2}.$

Do đó: $\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{b}=\frac{1}{2}\\ -\frac{c}{b}=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}b\\ c=-3b\end{array}\right.$

Mặt khác $f\text{'}\left(x\right)=\frac{ac+b}{{\left(bx+c\right)}^2}<0\Rightarrow ac+b<0\iff \frac{1}{2}b\left(-3b\right)+b<0$

                                            $\iff -\frac{3}{2}{b}^2+b<0\iff \left[\begin{array}{l}b>\frac{2}{3}\\ b<0\end{array}\right..$

Chọn C.

$P=3{\log }_{2}a+2{\log }_{2}b={\log }_2{a}^3+{\log }_2{b}^2={\log }_2{a}^3{b}^2={\log }_{2}32=5.$

Chọn A.

Số hạng tổng quát của khai triển ${\left(x^2+\frac{2}{x}\right)}^{12}\left(x\ne 0\right)$ là: $T=C_{12}^k{\left(x^2\right)}^{12-k}.{\left(\frac{2}{x}\right)}^k=2^k.C_{12}^k.\frac{x^{24-2k}}{x^k}=2^k.C_{12}^k.x^{24-3k}$

Số hạng không chứa $x\Rightarrow 24-3k=0\iff k=8.$

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: $2^8.C_{12}^8.$

Chọn A.

$$\begin{gathered} y=-2x^3+6x^2-5 \\ y\text{'}=-6x^2+12x. \\ y\text{'}\left(3\right)=-18;y\left(3\right)=-5. \end{gathered}$$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M thuộc (C) và có hoành độ bằng 3 là $y=-18\left(x-3\right)-5\iff y=-18x+49.$

Chọn D.

$m{.9}^{x^2}-6^{x^2+1}+4^{x^2}=0\iff m-6.{\left(\frac{2}{3}\right)}^{x^2}+{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2x^2}=0\left(1\right).$

Đặt $t={\left(\frac{2}{3}\right)}^{x^2}\left(0<t\le 1\right).$ Phương trình trở thành $t^2-6t+m=0\iff m=6t-t^2$.

Phương trình (1) có nghiệm $<=>$ phương trình (2) có nghiệm trên $(0;1]$

Xét hàm số $f\left(t\right)=6t-t^2$ trên $(0;1]$

$f\text{'}\left(t\right)=6-2t;f\text{'}\left(t\right)>0<=>6-2t>0<=>t<3$

$\Rightarrow$ Hàm số f(t) đồng biến trên $(0;1]$ $=>f\left(0\right)<f\left(t\right)\le f\left(1\right)=>0<m\le 5$

Vậy với $0<m\le 5$ thì phương trình $m{.9}^{x^2}-6^{x^2+1}+4^{x^2}=0$ có nghiệm

Chọn D.

Tập xác định: $D=ℝ\backslash \left\{2m\right\}.$

Ta có $y\text{'}=\frac{18-2m^2}{{\left(x-2m\right)}^2}.$

Để hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left(2;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}y\text{'}>0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\\ 2m\notin \left(2;+\infty \right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{18-2m^2}{{\left(x-2m\right)}^2}>0,\forall x\in \left(2;+\infty \right)\\ 2m\le 2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}18-2m^2>0\\ m\le 1\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}-3<m<3\\ m\le 1\end{array}\right.\iff -3<m\le 1.$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên $m\in \left\{-2;-1;0;1\right\}$ suy ra $S=\left\{-2;-1;0;1\right\}.$

Vậy tổng các phần tử của tập hợp S bằng $-2+\left(-1\right)+0+1=-2.$

Chọn B.

ABCD là hình thoi và $\widehat{BAD}={60}^0$ nên tam giác ABD và $\Delta BCD$ là các tam giác đều.

Ta có $BD=a,MI=\frac{BD}{4}=\frac{a}{4}.$ Tam giác BCD đều cạnh a nên $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ suy ra $AC=a\sqrt{3}.$

Khi đó $MC=\sqrt{M{I}^2+I{C}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{4}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{13}}{4}.$

Ta có $SM\perp \left(ABCD\right)$ nên MC là hình chiếu của SC lên (ABCD).

Suy ra $\left(SC,\left(ABCD\right)\right)=\left(SC,MC\right)=\widehat{SCM}={45}^0$

Do đó $\Delta SMC$ vuông cân tại M suy ra $SM=MC=\frac{a\sqrt{13}}{4}.$

Vậy thể tích của khối chóp đã cho là $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SM=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}a\sqrt{3}.a.\frac{a\sqrt{13}}{4}=\frac{a^3\sqrt{39}}{24}$ (đvtt).

Chọn B.

Gọi A là biến cố: “Chọn được 6 viên bi có cả 3 màu đồng thời hiệu của số bi xanh và bi đỏ, hiệu của số bi trắng và bi xanh, hiệu của số bi đỏ và bi trắng theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng”

Số phần tử của không gian mẫu là số cách lấy ngẫu nhiên 6 viên bi bất kì trong 18 viên bi nên ta có: $\left|\Omega \right|=C_{18}^6=18564$

Gọi x,y,z lần lượt là số bi xanh, số bi đỏ, số bi trắng có trong 6 viên bi được chọn (x,y,z nguyên dương và $x;y;z<6)$

Theo đề bài ta có: $\left(x-y\right)+\left(y-z\right)=2\left(z-x\right)\iff x-z=2\left(z-x\right)\iff 3x=3z\iff x=z$

Mà $x+y+z=6;x;y;z$ nguyên dương $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=z=1\\ y=4\end{array}\right.$ hoặc x=y=z=2

* Trường hợp 1: x=z=1 và y=4 tức là lấy ra 1 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 1 viên bi trắng. Khi đó, số cách chọn 6 viên bi thỏa mãn yêu cầu là $C_6^1.C_5^4.C_7^1=210$

* Trường hợp 2: x=y=z=2 tức là lấy ra 2 viên bi mỗi loại. Khi đó, số cách chọn 6 viên bi thỏa mãn yêu cầu là $C_6^2.C_5^2.C_7^2=3150$

$\Rightarrow$ Số phần tử của biến cố A là $\left|{\Omega }_A\right|=210+3150=3360.$

Vậy xác suất của biến cố A là $\frac{\left|\Omega \right|}{\left|{\Omega }_A\right|}=\frac{3360}{18564}=\frac{40}{221}.$

Chọn C.

Hàm số $y=x^4-2\left(1-m^2\right)x^2+m+1={\left(x^2-1+m^2\right)}^2-m^4+2m^2+m$

TXĐ: $D=\mathrm{ℝ}$

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4\left(1-m^2\right)x=4x\left(x^2-1+m^2\right)$

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

Hàm số có cực đại, cực tiểu $\iff 1-m^2>0\iff m^2<1\iff -1<m<1$

Khi đó, các điểm cực trị của hàm số là $A\left(0;m+1\right);B\left(\sqrt{1-m^2};-m^4+2m^2+m\right);C\left(-\sqrt{1-m^2};-m^4+2m^2+m\right)$

$\overrightarrow{BC}=\left(-2\sqrt{1-m^2};0\right)\Rightarrow BC=2\sqrt{1-m^2}$

Phương trình đường thẳng BC là $y=-m^4+2m^2+m$ hay $y+m^4-2m^2-m=0$

$\Rightarrow$ Khoảng cách từ A đến BC là $d\left(A,BC\right)=\left|m^4-2m^2+1\right|=\left|{\left(m^2-1\right)}^2\right|={\left(m^2-1\right)}^2$

Diện tích $\Delta ABC$ là $S_{ABC}=\frac{1}{2}BC.d\left(A,BC\right)=\sqrt{1-m^2}.{\left(m^2-1\right)}^2=\sqrt{{\left(1-m^2\right)}^5}\le 1$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $m^2=0\iff m=0$ (thỏa mãn điều kiện)

Vậy khi m=0 thì hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích là lớn nhất.

Chọn D.

Xét phương trình: $f\left(2-f\left(x\right)\right)=0.$ Đặt $u=2-f\left(x\right).$

Phương trình trở thành: f(u)=0

Dựa vào đồ thị ta thấy: $f\left(u\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}u=a\left(a\in \left(-2;-1\right)\right)\\ u=b\left(b\in \left(0;1\right)\right)\\ u=c\left(c\in \left(1;2\right)\right)\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=2-a=m\left(m\in \left(3;4\right)\right)\\ f\left(x\right)=2-b=n\left(n\in \left(1;2\right)\right)\\ f\left(x\right)=2-c=p\left(p\in \left(0;1\right)\right)\end{array}\right.$

Với $f\left(x\right)=m\left(m\in \left(3;4\right)\right)$ phương trình có 1 nghiệm duy nhất.

Với $f\left(x\right)=n\left(n\in \left(1;2\right)\right)$ phương trình có 1 nghiệm duy nhất.

Với $f\left(x\right)=p\left(p\in \left(0;1\right)\right)$ phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình $f\left(2-f\left(x\right)\right)=0$ có tất cả 5 nghiệm thực phân biệt

Chọn D.

Tổng diện tích mặt đáy và mặt nắp của thùng là: $S_1=2\pi r^2$

Diện tích mặt xung quanh của thùng là: $S_2=2\pi rh$

Thể tích của thùng là: $V=\pi r^{2}h$

Gọi giá vật liệu mặt xung quanh là: a (đồng/ đơn vị diện tích)

Suy ra giá vật liệu mặt đáy và nắp của thùng là: 3a (đồng/ đơn vị diện tích)

Tổng chi phí để thiết kế thùng là: $C=2\pi r^2.3a+2\pi rh.a=a\left(6\pi r^2+2\pi rh\right)$

$\iff C=a\left(6\pi r^2+\pi rh+\pi rh\right)\underset{Cauchy}{\ge }3a.\sqrt[3]{6\pi r^2.\pi rh.\pi rh}=3a.\sqrt[3]{6\pi .{\left(\pi r^{2}h\right)}^2}=3a.\sqrt[3]{6\pi .V^2}$

Dấu “=” xay ra khi và chỉ khi: $6\pi r^2=\pi rh\iff \frac{h}{r}=6$

Vậy để chi phí vật liệu sản xuất thùng là nhỏ nhất thì: $\frac{h}{r}=6.$

Chọn D.

Ta có $SO=\frac{a\sqrt{3}}{2},$ bán kính $R=OA=\frac{a}{2}.$

Thể tích khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi .{\left(\frac{a}{2}\right)}^2\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{24}.$

Chọn A.

Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên d

$BC//\left(SAI\right)\Rightarrow d\left(BC,SA\right)=d\left(BC,\left(SAI\right)\right)=d\left(B,\left(SAI\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,\left(SAI\right)\right).$

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SI

$AI\perp HI,AI\perp SH\Rightarrow AI\perp \left(SHI\right)\Rightarrow AI\perp HK.$

$\Rightarrow HK\perp \left(SAI\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAI\right)\right)=HK.$

$\widehat{HAI}={180}^0-\left({60}^0+{60}^0\right)={60}^0.$

Tam giác AIH vuông tại $I:IH=AH\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

$\widehat{\left(SC,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SC,CH\right)}=\widehat{SCH}={60}^0.$

$C{H}^2=B{C}^2+B{H}^2-2BC.BH.\cos {60}^0=\frac{7a^2}{9}\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{7}}{3}.$

Tam giác SHC vuông tại $H:SH=HC.\tan {60}^0=\frac{a\sqrt{21}}{3}.$

Tam giác SHI vuông tại $H:\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{42}}{12}.$

$d\left(B,\left(SAI\right)\right)=\frac{3}{2}HK=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

Vậy  $d\left(SA,BC\right)=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

Chọn C.

Gọi A: Số tiền gửi, r: Lãi suất, a: Số tiền rút ra, n: Số tháng

Sau tháng thứ 1 số tiền còn lại là: $A\left(1+r\right)-a$

Sau tháng thứ 2 số tiền còn lại là: $A{\left(1+r\right)}^2-a\left[\left(1+r\right)+1\right]$

Sau tháng thứ 3 số tiền còn lại là: $A{\left(1+r\right)}^3-a\left[{\left(1+r\right)}^2+\left(1+r\right)+1\right]$

………………………………

Sau tháng thứ n số tiền còn lại là: $A{\left(1+r\right)}^n-a\left[\frac{{\left(1+r\right)}^n-1}{r}\right]$

Sau 4 năm Đại học sẽ rút hết tiền $\Rightarrow A{\left(1+r\right)}^n-a\left[\frac{{\left(1+r\right)}^n-1}{r}\right]=0\iff a=\frac{Ar{\left(1+r\right)}^n}{{\left(1+r\right)}^n-1}$

Thay số vào ta có $a=\mathrm{2.317.000}$

Chọn D.

Ta có phương trình ${2020}^x+\frac{2x-1}{x+1}+\frac{mx-2m-1}{x-2}=0\iff {2020}^x+\frac{2x-1}{x+1}+\frac{m\left(x-2\right)-1}{x-2}=0$

$\iff {2020}^x+\frac{2x-1}{x+1}+m-\frac{1}{x-2}=0\iff m=\frac{1}{x-2}-{2020}^x-\frac{2x-1}{x+1}$

Xét hàm số $y=\frac{1}{x-2}-{2020}^x-\frac{2x-1}{x+1}\Rightarrow y\text{'}=\frac{1}{{\left(x-2\right)}^2}-{2020}^x.\ln \left(2020\right)-\frac{3}{{\left(x+1\right)}^2}<0\forall x\in ℝ\backslash \left\{-1;2\right\}.$

Ta có BBT

Vậy để phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt thì $m\in \left(-\infty ;-2\right)$ mà $m\in \left[-2020;2020\right];m\in \mathbb{Z}$ nên ta có 2018 số nguyên m cần tìm.

Chọn C.

Dễ dàng chứng minh được $AM\perp BN,$ từ đó suy ra tứ giác MCBE là tứ giác nội tiếp có tâm đường tròn ngoại tiếp H là trung điểm MB. Ta dễ dàng chứng minh được $SM\perp \left(ABCD\right).$ Gọi I là trung điểm SB suy ra $IH//SM\Rightarrow IH\perp \left(MCE\right).$ Ta có $IM=IS=IB=IC=IE,$ suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ECM bán kính là IB

Ta có $R=IB=\frac{SB}{2}=\frac{\sqrt{S{M}^2+M{B}^2}}{2}=\frac{\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+a^2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Chọn B.

Ta có $3^{-\left|x^3-\frac{x^2}{2}-m\right|}{\log }_{\sqrt[3]{3}}\left(x^2-2x+5\right)+3^{-x^2+2x}{\log }_{\frac{1}{3}}\left(\left|x^3-\frac{x^2}{2}-m\right|+4\right)=0$