Mỗi mặt của khối lập phương là hình vuông có 4 cạnh nên n=4.

Mỗi đỉnh là đỉnh chung của 3 mặt nên p=3.

Vậy chọn B

Điều kiện xác định của hàm số là

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\log }_{0,5}\left(3x-2\right)-1\ge 0\\ 3x-2>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{\log }_{0,5}\left(3x-2\right)\ge 1\\ x>\frac{2}{3}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}3x-2\le 0,5\\ x>\frac{2}{3}\end{array}\right. \\ \iff \left\{\begin{array}{l}x\le \frac{5}{6}\\ x>\frac{2}{3}\end{array}\right.\iff \frac{2}{3}<x\le \frac{5}{6} \end{gathered}$$

Vậy tập xác định của hàm số là $D=\left(\frac{2}{3};\frac{5}{6}\right]$.

Chọn C

Ta có: $a=-4;b=2;c=-5;d=-4$.

Vậy (S) có tâm $I\left(-4;2;-5\right);$ bán kính $R=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+2^2+{\left(-5\right)}^2-\left(-4\right)}=\sqrt{49}=7$.

Chọn A

Số nghiệm phương trình f(x)=m-2 là số giao điểm của hai đồ thị: $\left\{\begin{array}{l}y=f\left(x\right)\\ y=m-2\end{array}\right.$.

Vậy để phương trình có 4 nghiệm phân biệt ta có: $-4<m-2<-3\iff -2<m<-1$.

Chọn C

Ta có: $\left(SD;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{SDH}=60°\Rightarrow SH=HD.\tan 60°=\frac{3a}{2}$.

Thể tích của khối chóp S.ABCD: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a}{2}.3a^2=\frac{3a^3}{2}$.

Chọn B

Ta có: $V=B.h=\pi R^{2}h=2\pi R^3=54\pi \iff R=3\Rightarrow h=6$

Chọn B

Ta có: $y=\frac{ax-1}{x+b}\Rightarrow$ Tiệm cận đứng: $x=-b$ và tiệm cận ngang y=a.

Dựa vào đồ thị, tiệm cận đứng: x=-1 và tiệm cận ngang y=1.

Từ đó suy ra $a=b=1$.

Chọn B

Ta có: ${12.25}^x-5^{x+2}+12\ge 0\iff 12.{\left(5^x\right)}^2-{25.5}^x+12\ge 0\left(1\right)$.

Đặt $t=5^x\left(t>0\right)$.

Khi đó bất phương trình (1) trở thành:

$12.t^2-25.t+12\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}t\le \frac{3}{4}\\ t\ge \frac{4}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}{5}^x\le \frac{3}{4}\\ 5^x\ge \frac{4}{3}\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x\le {\log }_5\frac{3}{4}\\ x\ge {\log }_5\frac{4}{3}\end{array}\right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $T=\left(-\infty ;{\log }_5\frac{3}{4}\right]\cup \left[{\log }_5\frac{4}{3};+\infty \right)$.

Chọn A

Ta có: $\overrightarrow{u}=3\overrightarrow{i}+4\overrightarrow{j}\Rightarrow \overrightarrow{u}=\left(3;4;0\right)\Rightarrow 3\overrightarrow{u}=\left(9;12;0\right)$.

$\overrightarrow{v}=5\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-2\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{v}=\left(5;2;-2\right)\Rightarrow -\overrightarrow{v}=\left(-5;-2;2\right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow{a}=3\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}=\left(4;10;2\right)$.

Chọn C

Vì góc giữa đường sinh và mặt phẳng đáy bằng ${45}^0$ nên ta có $r=h=a\sqrt{2}$.

Ta có thể tích khối nón $V=\frac{1}{3}\pi .r^2.h=\frac{1}{3}\pi .{\left(a\sqrt{2}\right)}^2.a\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}\pi a^3}{3}$. Vậy ta chọn phương án C

$\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}\iff 4(m-1)+2m+10=0\iff m=-1$.Vậy ta chọn phương án C.

Vẽ các đồ thị ra mặt phẳng toạ độ  ta được

Thể tích khối tròn xoay cần tìm là $V=\pi \underset{0}{\overset{1}{\int }}{x}^{4}dx+\pi \underset{1}{\overset{4}{\int }}{\left(-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3}\right)}^{2}dx=\frac{6\pi }{5}$. Vậy ta chọn phương án B.

Pt $2^{x+1}=8\iff 2^{x+1}=2^3\iff x+1=3\iff x=2$.

Vậy nghiệm của phương trình là x=2.

Chọn B

Gọi $H\left(x;y;z\right)$ là trực tâm của tam giác ABC.

Ta có $\overrightarrow{AB}\left(1;-1;-1\right)$, $\overrightarrow{AC}\left(3;0;0\right)$ suy ra $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right]=\left(0;-3;3\right)$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC)$\Rightarrow$ ptmp (ABC): $y-z-9=0$.

Vì $H\left(x;y;z\right)$ là trực tâm của tam giác ABC nên

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{CH}.\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0\\ H\in \left(ABC\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left(x-4\right).1+\left(y-4\right).\left(-1\right)+\left(z+5\right).\left(-1\right)=0\\ \left(x-2\right).3+\left(y-3\right).0+\left(z+6\right).0=0\\ y-z-9=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x-y-z=5\\ x=2\\ y-z=9\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=3\\ z=-6\end{array}\right.$.

Vậy $H\left(2;3;-6\right)$.

Chọn C

Theo đề bài ta có: M(-4;0;0), N(0;6;0) và .N(0;0;2)

$\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{MP}\right]=\left(12;-8;-24\right)$

Diện tích của tam giác MNP là $S=\frac{1}{2}\left|\left[\overrightarrow{MP},\overrightarrow{MN}\right]\right|=\frac{1}{2}\sqrt{{12}^2+{\left(-8\right)}^2+{\left(-24\right)}^2}=14$.

Vậy S=14.

Chọn D

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

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:           

Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số đã cho có hai điểm cực trị.

Chọn A

Cắt hình trụ bởi mặt phẳng (P) song song với trục của hình trụ có thiết diện là hình vuông ABCD. Suy ra, (P) vuông góc với mặt đáy. Gọi I là trung điểm của AB. Suy ra $OI\perp \left(P\right)$. Do đó, khoảng  cách giữa (P) và trục của hình trụ bằng độ dài OI. Do đó, $OI=a\sqrt{5}$.

Xét tam giác OAB ta có: $IA=\sqrt{O{A}^2-O{I}^2}$$=\sqrt{{\left(3a\right)}^2-{\left(\sqrt{5}a\right)}^2}=2a$.

Suy ra cạnh của hình vuông ABCD bằng $AB=2.IA=4a$.

Từ đó suy ra chiều cao của hình trụ bằng: AD=4a.

Vậy thể tích khối trụ bằng: $V=\pi R^{2}h=\pi {\left(3a\right)}^{2}4a=36\pi a^3$

Chọn C

Gọi số có 8 chữ số đôi một khác nhau là $\overline{a_1{a}_2\mathrm{...}{a}_8}$ với $a_1;a_2;\mathrm{...}{a}_8$ phân biệt $\in \left\{0;1;2;\mathrm{...};9\right\}$ và $a_1\ne 0$.

Chọn $a_1$: có 9 cách.

Chọn $\overline{a_2{a}_3\mathrm{...}{a}_8}$: có $A_9^7$ cách.

Suy ra số phần tử của tập S là $9.A_9^7=1632960\Rightarrow n\left(\Omega \right)=1632960$.

Gọi A: “chọn được từ tập S số có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số  có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ”

Ta đi thành lập số có 8 chữ số đôi một khác nhau đồng thời có đúng bốn chữ số lẻ và chữ số 0 có hai chữ số kề nó là chữ số lẻ, ta thực hiện theo các bước liên tiếp sau:

 Chọn 2 chữ số lẻ và xếp chữ số 0 vào giữa chúng: có $A_5^2$ cách.

 Chọn thêm 2 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn: có $C_3^2.C_4^3$ cách.

 Xắp xếp 8 chữ số chọn được thành một số thỏa mãn: có 6! cách.

Suy ra $n\left(A\right)=A_5^2.C_3^2.C_4^3.6!=172800$.

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{172800}{1632960}=\frac{20}{189}$.

Chọn C

Hình lăng trụ ngũ giác có 5 cạnh bên và 10 cạnh đáy, suy ra có tất cả 15 cạnh

Chọn A

Ta có $0<\frac{2}{\pi }<1,$ suy ra hàm số $y={\left(\frac{2}{\pi }\right)}^x$ nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$

Chọn A

Ta có: $\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \left(4x^3+5\right)\text{\hspace{0.17em}d}x=x^4+5x+C$.

Chọn A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp BA\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB,$ suy ra tam giác SBC vuông tại B.

Gọi I là trung điểm của SC.

Tam giác SBC vuông tại B, suy ra: $IB=IC=IS\left(1\right)$

Tam giác SAC vuông tại A, suy ra: $IA=IC=IS\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Bán kính mặt cầu: $R=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{S{B}^2+B{C}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{S{A}^2+A{B}^2+B{C}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{7+9+9}=\frac{5}{2}.$

Chọn D

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_n=u_1+(n-1)d.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_4=7\\ u_4+u_6=18\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_4=7\\ u_6=11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1+3d=7\\ u_1+5d=11\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ d=2\end{array}\right..$

Vậy công sai d=2

Chọn B

Gieo một con súc sắc hai lần có số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=6.6=36$.

Gọi A là biến cố “cả hai lần gieo đều không có mặt một chấm xuất hiện”.

Số kết quả thuận lợi của A là : $n\left(A\right)=5.5=25$.

Xác suất của biến cố A: $p\left(A\right)=\frac{25}{36}$.

Khi đó $\overline{A}$ là biến cố “có ít nhất một lần gieo xuất hiện mặt một chấm”.

Xác suất của biến cố $\overline{A}$ là $p\left(\overline{A}\right)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$.

Chọn B

Xét hàm số $y=f\left(x\right)=2x^2+x$ có bàng xét dấu như sau

Diện tích hình phẳng tạo bởi đồ thị hàm số $y=2x^2+x$, trục hoành Ox và các đường thẳng x=1;x=2 được tính bằng công thức: $S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left|2x^2+x\right|\text{d}x$

Vì $2x^2+x>0\forall x\in \left[1;2\right]$$\Rightarrow S=\underset{1}{\overset{2}{\int }}(2x^2+x)\text{d}x={\left.\left(\frac{2x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\right|}_1^2=\frac{16}{3}+2-\frac{2}{3}-\frac{1}{2}=\frac{37}{6}$ (đvdt).

Chọn B

Quan sát bảng biến thiên ta có

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1\Rightarrow$Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=-1.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=2\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2.

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$ (hoặc $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }=-\infty$) $\Rightarrow$ Đồ thị hàm số có tiệm cận đúng x=1.

Vậy ý (I) đúng.

Hàm số có y' đổi dấu từ âm sang dương tại $x=2\Rightarrow$Hàm số có cực tiểu tại x=2

Vậy ý (II) đúng.

 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng $(-\infty ;1)$, (1;2)

Vậy ý (III) sai.

Hàm số có tập xác định $D=(-\infty ;1)\cup (1;+\infty )$

Vậy ý (IV) sai.

Chọn A

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

$\left.\begin{array}{l}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left|\frac{x+2}{x-1}\right|=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(\frac{x+2}{x-1}\right)=+\infty \\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }y=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left|\frac{x+2}{x-1}\right|=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\left(\frac{x+2}{1-x}\right)=+\infty \end{array}\right\}\Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số trên.

Vậy đồ thị hàm số có 1 tiệm cận đứng .

Chọn D

Ta có : Điểm đối xứng của A(a;b;c) qua trục Oy là điểm A'(-a;b;-c).

Suy ra điểm đối xứng của $M\left(-4;2;-3\right)$ qua trục Oy là N(4;2;3)

Chọn B

Ta có $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x+\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x\Rightarrow \underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=7-12=-5$

Chọn C

Ta có : $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=\left|\overrightarrow{u}\right|.\left|\overrightarrow{v}\right|cos\left(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right)=\mathrm{3.4.}\frac{1}{2}=6$.

$\begin{array}{l}{\left(\left|\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}\right|\right)}^2={\left|\overrightarrow{u}\right|}^2+4\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}+4{\left|\overrightarrow{v}\right|}^2=9+24+64=97.\\ \Rightarrow \left|\overrightarrow{u}+2\overrightarrow{v}\right|=\sqrt{97}.\end{array}$

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty \Rightarrow a>0$; $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$

Hàm số có hai cực trị nên y'=0 có hai nghiệm phân biệt $\Rightarrow \Delta =b^2-3ac>0$

Chọn D

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

Vì $2x+3>0,\forall x\in \left(0;2\right)$ nên yêu cầu bài toán tương đương với

$\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^2+3x-m-1\ge 0,\forall x\in \left(0;2\right)\\ x^2+3x-m+3\ge 0,\forall x\in \left(0;2\right)\end{array}\right.\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^2+3x-m-1\le 0,\forall x\in \left(0;2\right)\\ x^2+3x-m+3\le 0,\forall x\in \left(0;2\right)\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}m\le x^2+3x-1=g\left(x\right),\forall x\in \left(0;2\right)\left(1\right)\\ m\ge x^2+3x+3=h\left(x\right),\forall x\in \left(0;2\right).\left(2\right)\end{array}\right.$

Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2x+3>0,\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow g\left(x\right)$ đồng biến trên (0;2)

Từ $\left(1\right)\Rightarrow m\le g\left(0\right)=-1.$

Lại có $h^{\text{'}}\left(x\right)=2x+3>0,\forall x\in \left(0;2\right)\Rightarrow h\left(x\right)$ đồng biến trên (0;2)

Từ $\left(2\right)\Rightarrow m\ge h\left(2\right)=14.$

Vì $m\in \mathbb{Z}$ và $m\in \left[-10;2021\right]$ nên suy ra $m\in \left\{-10;-9;-8;\mathrm{...};-1;14;15;16;\mathrm{...};2021\right\}.$

Có tất cả 2018 giá trị của m.

Chọn C

Thay x bởi 1-x vào phương trình $2f\left(x\right)+f\left(1-x\right)=x^2$ ta được $2f\left(1-x\right)+f\left(x\right)={\left(1-x\right)}^2$.

Suy ra $2\left[2f\left(x\right)+f\left(1-x\right)\right]-\left[2f\left(1-x\right)+f\left(x\right)\right]=2x^2-{\left(1-x\right)}^2\iff f\left(x\right)=\frac{1}{3}\left(x^2+2x-1\right).$

Khi đó $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}$. Với $x_0=1\Rightarrow y_0=f\left(1\right)=\frac{2}{3};f^{\text{'}}\left(x_0\right)=f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{4}{3}.$

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm x=1 là

$\left(\Delta \right):y=\frac{4}{3}\left(x-1\right)+\frac{2}{3}=\frac{4}{3}x-\frac{2}{3}.$

Tiếp tuyến cắt Ox tại điểm $A\left(\frac{1}{2};0\right)$ và Oy tại $B\left(0;-\frac{2}{3}\right)$, suy ra $OA=\frac{1}{2};OB=\frac{2}{3}.$

Diện tích tam giác đó là $S_{△OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{2}{3}=\frac{1}{6}.$               

Chọn A

Đặt $t=2^{f\left(x\right)-2}(t>0)$. Phương trình đã cho trở thành

$t^3-3t^2+2\left(m+3\right)t-2m-4=0\iff \left(t-1\right)\left(t^2-2t+4+2m\right)=0.\left(1\right)$

Với $x\in \left(-1;0\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in \left(0;2\right)\iff t=2^{f\left(x\right)-2}\in \left(\frac{1}{4};1\right).$

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có nghiệm , $\in \left(\frac{1}{4};1\right)$ tương đương với $t^2-2t+4+2m=0$ có nghiệm thuộc khoảng $\left(\frac{1}{4};1\right)$ hay $m=\frac{1}{2}\left(-t^2+2t-4\right)=g\left(t\right)$ có nghiệm thuộc khoảng $\left(\frac{1}{4};1\right)$.

Đặt $g\left(t\right)=\frac{1}{2}\left(-t^2+2t-4\right)\Rightarrow g^{\text{'}}\left(t\right)=-t+1>0$ với $\forall t\in \left(\frac{1}{4};1\right)$.

Ta có bảng biến thiên của g(t) như sau

Để phương trình có nghiệm thì $-\frac{57}{32}<m<-\frac{3}{2}$.

Vì $m\in \mathbb{Z}$ nên không có giá trị nguyên nào của m để phương trình có nghiệm.

Chọn D

Gọi I là đỉnh và H là tâm đáy của hình nón (N). Do $IH\perp mp\left(H\right)$, $OH\perp mp\left(H\right)$

$\Rightarrow I,O,H$ thẳng hàng.

Dễ thấy để (N) có thể tích lớn nhất thì O chỉ cần nằm giữa đoạn IH.

Gọi đường cao của hình nón là: $h=IH=OI+OH=R+OH,R\le h\le 2R.$

Suy ra $r^2=R^2-{(h-R)}^2$.

Thể tích khối nón là: $V=\frac{1}{3}.\pi r^{2}h=\frac{1}{3}.\pi h\left[R^2-{(h-R)}^2\right]=\frac{1}{3}.\pi (-h^3+2R{h}^2)=f\left(h\right)$.

Ta có $f\text{'}\left(h\right)=\frac{1}{3}\pi (4Rh-3h^2)$, cho $f\text{'}\left(h\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}h=0\\ h=\frac{4R}{3}\end{array}\right..$

Bảng biến thiên:

Vậy max $V=f\left(\frac{4R}{3}\right)$ khi $h=\frac{4R}{3},r=\frac{2R\sqrt{2}}{3}=\frac{8\sqrt{2}}{3}.$

Chọn D

Đặt BC=x(cm) là độ dài hình chữ nhật không nằm dọc theo đường kính của đường tròn (0<x<6).Khi đó độ dài cạnh hình chữ nhật nằm dọc trên đường tròn là $AB=2OB=2\sqrt{6^2-x^2}\left(cm\right)$.

Diện tích hình chữ nhật : $S=2x\sqrt{6^2-x^2}\left(c{m}^2\right).$

Khảo sát $f\left(x\right)=2x\sqrt{6^2-x^2}$ trên khoảng (0;6), ta được $\underset{(0;6)}{\text{max}}f\left(x\right)=f\left(3\sqrt{2}\right)=36.$

Chọn B

Ta có $a^{2x}=\sqrt{ab}\iff x=\frac{1}{4}\left(1+{\log }_{a}b\right),b^{2y}=\sqrt{ab}\iff y=\frac{1}{4}\left(1+{\log }_{b}a\right)$

$\begin{array}{l}P=6x+y^2=\frac{3}{2}\left(1+{\log }_{a}b\right)+\frac{1}{16}+\frac{1}{8}{\log }_{b}a+\frac{1}{16}{\left({\log }_{b}a\right)}^2\\ \end{array}$

 $=\frac{3}{2}\left(1+{\log }_{a}b\right)+\frac{1}{16}+\frac{1}{8}.\frac{1}{{\log }_{a}b}+\frac{1}{16}.\frac{1}{{\left({\log }_{a}b\right)}^2}$  

Đặt ${\log }_{a}b=t$, vì a,b>1 nên ${\log }_{a}b>0$ suy ra t>0

Xét hàm số $f\left(t\right)=\frac{1}{16t^2}+\frac{1}{8t}+\frac{3}{2}t+\frac{25}{16}$

$f\text{'}\left(t\right)=-\frac{1}{8t^3}-\frac{1}{8t^2}+\frac{3}{2}$, $f\text{'}\left(t\right)=0\iff t=\frac{1}{2}.$

Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của biếu thức $P=f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{45}{16}.$

Chọn D

Ta có: $AF\perp OB$ và $AF\perp OM\Rightarrow AF\perp \left(OMB\right)\Rightarrow AF\perp MB$.

Mà $AE\perp MB$ nên $MB\perp \left(AEF\right)\Rightarrow MB\perp EF$.

Suy ra $\Delta MOB\Delta MEN$, mà $\Delta MEN\Delta FON$ nên $\Delta MOB\Delta FON$.

Từ đó, suy ra $\frac{OB}{OM}=\frac{ON}{OF}\iff ON=\frac{OB.OF}{OM}=\frac{2a^2}{x}$.

Ta có:

 $V_{ABMN}=V_{M.OAB}+V_{N.OAB}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta OAB}\left(OM+ON\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}{a}^2\left(x+\frac{2a^2}{x}\right)\ge \frac{2\sqrt{6}}{3}{a}^3$ .

Dấu “=” xảy ra $\iff x=\frac{2a^2}{x}\iff x=a\sqrt{2}$.

Vậy thể tích tứ diện ABMN có giá trị nhỏ nhất là $\frac{2\sqrt{6}}{3}{a}^3$ khi $x=a\sqrt{2}$.                

Chọn D

Từ giả thiết, suy ra các $\Delta A{A}^{\text{'}}B,\Delta ABD,\Delta A{A}^{\text{'}}D$ là các tam giác đều bằng nhau và có cạnh bằng 1. Từ đó suy ra tứ diện A'.ABD là tứ diện đều.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Suy ra $A^{\text{'}}G\perp \left(ABD\right)$.

Dễ dàng tính được $CO=AO=\frac{\sqrt{3}}{2};GO=\frac{\sqrt{3}}{6};AG=\frac{\sqrt{3}}{3};A^{\text{'}}G=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ .

O(0;0;0), $A\left(\frac{\sqrt{3}}{2};0;0\right)$, $B\left(0;\frac{1}{2};0\right)$, $C\left(\frac{-\sqrt{3}}{2};0;0\right)$, $D\left(0;\frac{-1}{2};0\right)$, $G\left(\frac{\sqrt{3}}{6};0;0\right)$, $A^{\text{'}}\left(\frac{\sqrt{3}}{6};0;\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$.

Ta có:

 $\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}=\overrightarrow{A{A}^{\text{'}}}\Rightarrow C^{\text{'}}\left(\frac{-5\sqrt{3}}{6};0;\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$ và $\overrightarrow{DN}=2\overrightarrow{C{C}^{\text{'}}}\Rightarrow N\left(\frac{-2\sqrt{3}}{3};\frac{-1}{2};\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$.

B là trung điểm của $C\text{'}M\Rightarrow M\left(\frac{5\sqrt{3}}{6};1;\frac{-\sqrt{6}}{3}\right)$.

Vậy $MN=\sqrt{15}$

Chọn D

Ta có $P\left(5\right)>950\Rightarrow A{(1+9\%)}^5>950\Rightarrow A>\frac{950}{{\left(1+9\%\right)}^5}\approx 617,434817$  

Vậy số tiền ít nhất mà khách hàng phải gửi là 618 triệu đồng.

Chọn A