Ta có: $I=\underset{-2}{\overset{5}{\int }}\left[f\left(x\right)-4g\left(x\right)-1\right]dx=\underset{-2}{\overset{5}{\int }}f\left(x\right)dx-4\underset{-2}{\overset{5}{\int }}g\left(x\right)dx-\underset{-2}{\overset{5}{\int }}1dx=8-4.\left(-3\right)-7=13.$

Chọn C.

Ta có: $\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C.$

Chọn C.

Ta có: $S=4\pi R^2\Rightarrow R=\sqrt{\frac{S}{4\pi }}=\sqrt{\frac{16\pi }{4\pi }}=2.$

Chọn B.

Vectơ $\overrightarrow{n_1}=\left(2;-3;0\right)$ là một vectơ pháp tuyến của (P)

Chọn A.

${\log }_a\left(a^{2}b\right)={\log }_a{a}^2+{\log }_{a}b=2+{\log }_{a}b=2+3=5.$

Chọn C

Dựa vào công thức tính thể tích khối lăng trụ, ta có: $V=B.h\iff 3.h=12\iff h=4.$

Chọn A.

Ta có phương trình tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số là $x^2=x+2\iff x^2-x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\\ x=2\end{array}\right.$

Từ công thức tính diện tích hình phẳng, ta có:

$S=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left|x^2-x-2\right|dx=-\underset{-1}{\overset{2}{\int }}\left(x^2-x-2\right)dx=\frac{9}{2}$, do $x^2-x-2<0$ khi $-1<x<2.$

Chọn D.

Ta có: $2^{x+1}=8\iff 2^{x+1}=2^3\iff x+1=3\iff x=2.$

Chọn D

Ta có: $l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5.$

Diện tích toàn phần của hình nón đã cho bằng: $S_{tp}=\pi rl+\pi r^2=\pi \mathrm{.4.5}+\pi {.4}^2=36\pi$(đvdt).

Chọn C

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó $I\left(1;0;2\right).$

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(-2;-2;4\right).$ Suy ra VTPT của mặt phẳng trung trực cần tìm là $\overrightarrow{n}\left(1;1;-2\right).$

Phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là: $1\left(x+1\right)+1\left(y-0\right)-2\left(z-2\right)=0$

$\iff x+y-2z+3-0.$

Chọn C.

Ta có: $\underset{0}{\overset{3}{\int }}dx=x\left|{}_0^3=3.\right.$

Chọn D

Giả sử khối chóp đã cho là S.ABCD

$S_{ABCD}=2^2=4.$

Tam giác SOB vuông tại O nên $S{O}^2=S{B}^2-O{B}^2=2^2-{\left(\frac{2\sqrt{2}}{2}\right)}^2=4-2=2\Rightarrow SO=\sqrt{2}$

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: $V=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}.4=\frac{4\sqrt{2}}{3}.$

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của điểm A(2;3;4) trên mặt phẳng tọa độ Oxy là: $H\left(2;3;0\right).$

Chọn B

Mặt phẳng (ABC) có phương trình là: $\frac{x}{2}+\frac{y}{-1}+\frac{z}{3}=1.$

Thay tọa độ của các điểm ở bốn đáp án vào ta thấy điểm  M(2;-1;-3) thỏa mãn.

Chọn B

Nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=e^{2x}$ là: $F\left(x\right)=\frac{1}{2}{e}^{2x}+C.$

Thay C=2020 ta được một nguyên hàm là: $F\left(x\right)=\frac{1}{2}{e}^{2x}+2020$ nên chọn A.

Chọn A.

Giả sử $\left(S\right):x^2+y^2+z^2+2\left(m-2\right)y-2\left(m+3\right)z+3m^2+7=0$ là phương trình mặt cầu.

Khi đó (S) có tâm $I\left(0;2-m;m+3\right)$ và bán kính $R=\sqrt{{\left(2-m\right)}^2+{\left(m+3\right)}^2-3m^2-7}$ với điều kiện ${\left(2-m\right)}^2+{\left(m+3\right)}^2-3m^2-7>0\iff -m^2+2m+6>0\iff 1-\sqrt{7}<m<1+\sqrt{7}.$

Do $m\in \mathbb{N}\Rightarrow m\in \left\{0;1;2;3\right\}.$

Vậy có 4 giá trị m cần tìm.

Chọn A.

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho là hàm bậc 3 với hệ số của $x^3$ dương.

Chọn D

Ta có: $2f\left(x\right)-5=0\iff f\left(x\right)=\frac{5}{2}.$

Số nghiệm của phương trình 2f(x)-5=0 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y=f(x) và đường thẳng $y=\frac{5}{2}.$

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình: $2f\left(x\right)-5=0$ có 3 nghiệm phân biệt.

Chọn C.

Số giao điểm của đường cong: $y=x^3-2x^2+x-1$ và đường thẳng y=1-2x bằng nghiệm của phương trình: $x^3-2x^2+x-1=1-2x\iff x^3-2x^2+3x-2=0\iff \left(x-1\right)\left(x^2-x+2\right)=0\iff x=1.$

Vậy có duy nhất một giao điểm.

Chọn A

Thể tích của khối trụ đã cho bằng: $V=\pi r^{2}h=\pi {.3}^2.4=36\pi$ (đvdt).

Chọn D

Giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Chọn A

Ta có: ${\log }_2\left(3x-1\right)=3\iff 3x-1=2^3\iff x=3.$

Chọn C

Từ bảng ta có hàm số y=f(x) nghịch biến trên khoảng (-1;0)

Chọn A

Tập xác định: $D=ℝ\backslash 2.$

Ta có: $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{-3x+1}{x-2}=-\infty ;\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{-3x+1}{x-2}=+\infty .$

Vậy đồ thị hàm số đã cho nhận đường thẳng x=2 làm tiệm cận đứng.

Chọn D

Xếp hai bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau có 2! cách.

Xếp 5 học sinh thành một hàng dọc sao cho bạn Lan và Hồng đứng cạnh nhau là $2!.4!=48$ cách.

Vậy có 48 cách.

Chọn A

Ta có: $u_6=u_1{q}^5=5.{\left(-2\right)}^5=-160.$ Vậy $u_6=-160$

Chọn D

Số tập con có ba phần tử của một tập hợp gồm 10 phần tử là $C_{10}^3=120.$

Chọn C

Lý thuyết: Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x-x_0\right)}^2+{\left(y-y_0\right)}^2+{\left(z-z_0\right)}^2=R^2$ có tâm $I\left(x_0;y_0;z_0\right).$

Mặt cầu $\left(S\right):{\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2+{\left(z-1\right)}^2=3$ có tâm là điểm N(-1;3;1)

Chọn D.

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

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

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng $\left(6;+\infty \right)\iff y\text{'}<0,\forall x\in \left(6;+\infty \right)\iff \left\{\begin{array}{l}m-1<0\\ 2-m\notin \left(6;+\infty \right)\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ 2-m\le 6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<1\\ m\ge -4\end{array}\right.\iff -4\le m<1.$

Vậy $m\in \left[-4;1\right)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-2x+1>0\\ {\log }_{0,2}\left(x^2-2x+1\right)\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ x^2-2x+1\le 1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\ne 1\\ 0\le x\le 2\end{array}\right..$

Chọn D.

Ta có: $\underset{}{\overset{}{\int }}g\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}xf\text{'}\left(x\right)dx$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}u=x\\ dv=f\text{'}\left(x\right)dx\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}du=dx\\ v=f\left(x\right)\end{array}\right.$

$\underset{}{\overset{}{\int }}g\left(x\right)dx=\underset{}{\overset{}{\int }}xf\text{'}\left(x\right)dx=xf\left(x\right)-\underset{}{\overset{}{\int }}f\left(x\right)dx=x^2\sqrt{x^2+1}-\underset{}{\overset{}{\int }}x\sqrt{x^2+1}dx$

Tính $I=\underset{}{\overset{}{\int }}x\sqrt{x^2+1}dx$

$\sqrt{x^2+1}=t\Rightarrow x^2+1=t^2\Rightarrow xdx=tdt$

Khi đó: $I=\underset{}{\overset{}{\int }}{t}^{2}dt=\frac{t^3}{3}+C=\frac{\sqrt{{\left(x^2+1\right)}^3}}{3}+C$

$\underset{}{\overset{}{\int }}g\left(x\right)dx=x^2\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{3}\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}+C=\frac{2}{3}\left(x^2+1\right)\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2+1}+C.$

Chọn C.

Hàm số liên tục trên $\mathrm{ℝ}$ theo BBT ta thấy f'(x) đổi dấu 3 lần tại các điểm -2;1;2 nên hàm số có 3 cực trị.

Hàm số f(x) có 2 cực tiểu tại điểm x=-2 và x=2

Chọn B

$y=x^3-6x+2\Rightarrow y\text{'}=3x^2-6$

$y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\sqrt{2}\in \left[1;5\right]\\ x=-\sqrt{2}\notin \left[1;5\right]\end{array}\right..$

Khi đó $y\left(1\right)=-3;y\left(\sqrt{2}\right)=2-4\sqrt{2};y\left(5\right)=97.$

Vậy giá trị nhỏ nhỏ nhất của hàm số $y=x^3-6x+2$ trên đoạn [1;5] bằng $y\left(\sqrt{2}\right)=2-4\sqrt{2}.$

Chọn B.

${\left(\frac{1}{2}\right)}^{x^2-7}\ge 8\iff x^2-7\le {\log }_{\frac{1}{2}}8\iff x^2-7\le -3\iff x^2\le 4\iff -2\le x\le 2.$

Chọn D.

${27}^{{\log }_9\left(a{b}^2\right)}=2ab\iff {\log }_9\left(a{b}^2\right)={\log }_{27}\left(2ab\right)\iff \frac{1}{2}{\log }_3\left(a{b}^2\right)=\frac{1}{3}{\log }_3\left(2ab\right)$

$\iff 3{\log }_3\left(a{b}^2\right)=2{\log }_3\left(2ab\right)\iff {\log }_3{\left(a{b}^2\right)}^3={\log }_3{\left(2ab\right)}^2\iff a^3{b}^6=4a^2{b}^2\iff a{b}^4=4$

Chọn A.

Vì điểm A thuộc mặt phẳng (P) nên: $\left(m^2-1\right).1+3m.\left(-2\right)-1+7=0\iff m^2-6m+5=0\iff \left[\begin{array}{l}m=1\\ m=5\end{array}\right.$

Chọn B.

Vì thiết diện qua trục của hình nón đó là một tam giác đều nên đường sinh l=2r=4cm

Do đó đường cao $h=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$

Thể tích khối nón là $S=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi {.2}^2.2\sqrt{3}=\frac{8\pi \sqrt{3}}{3}\left(c{m}^3\right)$.

Chọn A.

Điều kiện xác định: x>1

Phương trình: ${\log }_2\left(x+1\right)-2{\log }_{\frac{1}{4}}\left(x-1\right)=3\iff {\log }_2\left(x+1\right)+{\log }_2\left(x-1\right)=3\iff {\log }_2\left(x^2-1\right)=3$

        $\iff x^2-1=8\iff x=\pm 3.$               

Kết hợp với điều kiện x>1 suy ra phương trình có một nghiệm là x=3

Chọn B.

Xét hàm số $h\left(x\right)=f\left(2x+m-3\right)$

Ta có: $h\text{'}\left(x\right)=2f\text{'}\left(2x+m-3\right)=0\iff f\text{'}\left(2x+m-3\right)=0$

Từ đồ thị của hàm số f'(x) suy ra $f\text{'}\left(2x+m-3\right)=0\iff 2x+m-3=k\iff x=\frac{k+3-m}{2}$ với $k\in \left\{-3;-2;a;b;3;c;5\right\}\left(-\frac{4}{3}<a<-1;1<b<\frac{4}{3};4<c<5\right)$

Hàm số $y=f\left(2\left|x\right|+m-3\right)$ có 7 điểm cực trị $\iff$ hàm số $h\left(x\right)=f\left(2x+m-3\right)$ có 3 cực trị có hoành độ dương, mà 3 là nghiệm bội chẵn của f'(x) nên hàm số $h\left(x\right)=f\left(2x+m-3\right)$ có 3 cực trị có hoành độ dương $\iff$ phương trình h'(x)=0 có 3 nghiệm dương phân biệt khác $\frac{6-m}{2}$

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

Do $-\frac{4}{3}<a<-1$ và $1<b<\frac{4}{3}$ nên $-1+3\le m\le 1+3$ hay $2\le m\le 4$

Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2;3;4

Chọn A.

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC\Rightarrow \Delta IBC$ cân tại I có $\widehat{ICB}={30}^0.$

Kẻ $IK\perp BC\Rightarrow K$ là trung điểm của $BC\Rightarrow KC=\frac{BC}{2}=\frac{3a}{2}.$

Ta có: $\cos \widehat{ICB}=\frac{KC}{IC}\Rightarrow IC=\frac{KC}{\cos \widehat{ICB}}=\frac{3a}{2\cos {30}^0}=\frac{3a}{2}:\frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\Rightarrow IA=IC=a\sqrt{3}$

Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nó cắt đường mặt trung trực của SA tại $O\Rightarrow O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và OA=OS

Gọi H là trung điểm của $SA\Rightarrow$ Tứ giác OHAI là hình chữ nhật $\Rightarrow OH=IA=a\sqrt{3}$

$\Delta OHA$ vuông tại $H\Rightarrow OA=\sqrt{O{H}^2+H{A}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+a^2}=\sqrt{4a^2}=2a$

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

Chọn D.

Ta có ${\left(2x+y\right)}^2{.2}^{5x^2+2xy+2y^2-9}+{\left(x-y\right)}^2=9\iff {\left(2x+y\right)}^2{.2}^{{\left(2x+y\right)}^2}=\left[9-{\left(x-y\right)}^2\right]{.2}^{9-{\left(x-y\right)}^2}\left(*\right)$

Xét hàm đặc trưng $g\left(u\right)=u{.2}^u$ với u>0 ta có $g\text{'}\left(u\right)=2^u+\frac{u{.2}^u}{\ln 2}>0\forall u>0.$ Do đó (*) xảy ra khi ${\left(2x+y\right)}^2=9-{\left(x-y\right)}^2\iff {\left(2x+y\right)}^2+{\left(x-y\right)}^2=9.$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}2x+y=3\sin t\\ x-y=3\cos t\end{array}\right.$ suy ra $P=\frac{\sin t+\cos t-1}{3\sin t+6\cos t-9};t\in R\left(1\right).$

Ta có $\left(1\right)\iff \left(3P-1\right)\sin t+\left(6P-1\right)\cos t=9P-1$ do $3\sin t+6\cos t-9\ne 0\forall t\in R.$ Phương trình (1) có nghiệm khi ${\left(3P-1\right)}^2+{\left(6P-1\right)}^2\ge {\left(9P-1\right)}^2\iff 36P^2-1\le 0\iff \frac{-1}{6}\le P\le \frac{1}{6}.$

Suy ra giá trị lớn nhất của P là $\frac{1}{6}$

Chọn A.

Gửi 5 năm 8 tháng bằng 68 tháng được 11 chu kì 6 tháng dư 2 tháng.

Số tiền bác nông dân thu được sau 66 tháng với kì hạn 6 tháng, lãi suất 4,25% trên 6 tháng là

$A=20000000.{\left(1+4,25\%\right)}^{11}$ (đồng).

Số tiền bác thu được sau 2 tháng theo lãi suất không kì hạn bao gồm cả gốc và lãi là

$B=A\left(1+60.0,01\%\right)=31802750.09$ (đồng)

Chọn D.

Xét đáp án B có $y=-\left|x-1\right|\left(x^2-2x-3\right)=\left\{\begin{array}{l}-\left(x-1\right)\left(x^2-2x-3\right)\text{ khi }x\ge 1\\ \left(x-1\right)\left(x^2-2x-3\right)\text{ khi }x<1\end{array}\right.$

Quan sát đồ thị hình 2 giữ nguyên phần đồ thị ứng với x<1 và lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị ứng với $x\ge 1$ chính là đồ thị của hàm số $y=-\left|x-1\right|\left(x^2-2x-3\right).$

Chọn B.

Ta có: $2^m{.2}^{{\sin }^{2}x}+3.\frac{1}{9^{\cos x+2}}+m-{\cos }^{2}x={8.4}^{\cos x}+2\left(\cos x+1\right)+{\left(\frac{1}{3}\right)}^m{.3}^{{\cos }^{2}x-1}\left(1\right)$

$\iff 2^{m+{\sin }^{2}x}+3^{-2\cos x-3}+m+{\sin }^{2}x=2^{2\cos x+3}+2\cos x+3+3^{-m-{\sin }^{2}x}$

$\iff 2^{m+{\sin }^{2}x}+m+{\sin }^{2}x-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{m+{\sin }^{2}x}=2^{2\cos x+3}+2\cos x+3-{\left(\frac{1}{3}\right)}^{2\cos x+3}\left(2\right)$

Xét hàm số $f\left(t\right)=2^t+t-{\left(\frac{1}{3}\right)}^t$, có $f\text{'}\left(t\right)=2^t\ln 2+1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^t\ln \frac{1}{3}=2^t\ln 2+1+{\left(\frac{1}{3}\right)}^t\ln 3>0$

Suy ra hàm số f(t) đồng biến, từ đó $\left(2\right)\iff f\left(m+{\sin }^{2}x\right)=f\left(2\cos x+3\right)$

$\iff m+{\sin }^{2}x=2\cos x+3\iff m={\cos }^{2}x+2\cos x+2\iff m={\left(\cos x+1\right)}^2+1$

Do $\cos x\in \left[-1;1\right]\Rightarrow {\left(\cos x+1\right)}^2+1\in \left[1;5\right]$ dấu “=” xảy ra tương ứng với $\cos x=-1;\cos x=1$

Từ đó để phương trình có nghiệm điều kiện là $1\le m\le 5,m$ nguyên nên chọn $m\in \left\{1;2;3;4;5\right\}.$

Chọn B.

Số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau có dạng $\overline{abcdef},$ trong đó $a,b,c,d,e,f\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$ và khác nhau từng đôi một.

$n\left(\Omega \right)=9.A_9^5=136080.$

Gọi biến cố A: “Chọn được một số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và không có hai chữ số kề nhau nào cùng là số lẻ”.

$\Rightarrow$ Số được chọn có ít nhất 1 chữ số lẻ và tối đa 3 chữ số lẻ.

Xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Số cách chọn được có 1 chữ số lẻ, suy ra có $5.\left(6!-5!\right)=3000$ (cách chọn).

Trường hợp 2: Số chọn được có 2 chữ số lẻ.

Nếu a là số lẻ thì có $5.C_4^1\mathrm{.4.}{A}_5^4=9600$ (cách chọn).

Nếu a không là số lẻ thì có $\mathrm{4.6.}{A}_5^2.A_4^3=11520$ (cách chọn).

Do vậy có $9600+11520=21120$ (cách chọn).

Trường hợp 3: Số chọn được có 3 chữ số lẻ

Nếu a là số lẻ thì có $\mathrm{5.3.}{A}_4^2.A_5^3=10800$ (cách chọn).

Nếu a không là số lẻ thì có $4.A_5^3.A_4^2=2880$ (cách chọn).

Do vậy có $10800+2880=13680$ (cách chọn).

Vậy có $3000+21120+13680=37800$ (cách chọn).

Suy ra $n\left(A\right)=37800.$

Xác suất xảy ra biến cố A là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{5}{18}.$

Chọn B.

Ta có $f\left(x\right)=g\left(x\right)\iff a{x}^3+b{x}^2+cx+d=m{x}^4+n{x}^3+p{x}^2+qx+r.$

$\iff m{x}^4+\left(n-a\right)x^3+\left(p-b\right)x^2+\left(q-c\right)x+r-d=0\left(1\right)$

Do $f\left(0\right)=g\left(0\right)\Rightarrow x=0$ là nghiệm của phương trình $\left(1\right)\Rightarrow r-d=0.$

Lại có $f\text{'}\left(x\right)=4m{x}^3+3n{x}^2+2px+q.g\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$.

$f\text{'}\left(x\right)=g\text{'}\left(x\right)\iff 4m{x}^3+3\left(n-a\right)x^2+2\left(p-b\right)x+q=0$.

Từ đồ thị suy ra $m>0,a>0,g\text{'}\left(0\right)=0\Rightarrow c=0.$

Ngoài ra, phương trình f'(x)=g'(x) có các nghiệm $x=-a;x=1;x=2$ nên ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}-4m+3\left(n-a\right)-2\left(p-b\right)+q=0\\ 4m+3\left(n-a\right)+2\left(p-b\right)+q=0\\ 32m+12\left(n-a\right)+4\left(p-b\right)+q=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}p-b=-2m\\ q=-3\left(n-a\right)\\ 32m-4q-8m+q=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}p-b=-2m\\ n-a=-\frac{8}{3}m\\ q=8m\end{array}\right.$

Khi đó phương trình (1) thành

$$\begin{gathered} \iff m{x}^4-\frac{8}{3}m{x}^3-2m{x}^2+8mx=0\iff x^4-\frac{8}{3}{x}^3-2x^2+8x=0\iff x\left(x^3-\frac{8}{3}{x}^2-2x+8\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x^3-\frac{8}{3}{x}^2-2x+8=0\left(2\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Xét $h\left(x\right)=x^3-\frac{8}{3}{x}^2-2x+8$, tập xác định $\mathrm{ℝ}$

$h\text{'}\left(x\right)=3x^2-\frac{16}{3}x-2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=\frac{8+\sqrt{118}}{9}=x_1\\ x=\frac{8-\sqrt{118}}{9}=x_2\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Suy ra, phương trình (2) có 1 nghiệm duy nhất trong khoảng $\left(-2;-\frac{3}{2}\right)$ nên phương trình (1) có 2 nghiệm x=0 và $x\in \left(-2;-\frac{3}{2}\right).$ Do đó, tổng tất cả các nghiệm của phương trình $\left(1\right):S\in \left(-2;-\frac{3}{2}\right).$

Chọn C.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD,M là trung điểm của CD ta có

$\left\{\begin{array}{l}CD\perp OM\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOM\right)\Rightarrow \left(SCD\right)\perp \left(SOM\right)$ và $\left(SCD\right)\cap \left(SOM\right)=SM$

Kẻ $OH\perp SM,$ khi đó $d\left(O;\left(SCD\right)\right)=OH=\frac{OM.OS}{\sqrt{O{M}^2+O{S}^2}}=\frac{a.a\sqrt{2}}{2\sqrt{\frac{a^2}{4}+2a^2}}=\frac{a\sqrt{2}}{3}.$

Mặt khác $AO\cap \left(SCD\right)=C$ và O là trung điểm của AC suy ra:

  $d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3}.$         

Chọn A.

Ta có $MN//BC\Rightarrow MN//B\text{'}C\text{'}$ và $MN=BC=B\text{'}C\text{'}$, suy ra tứ giác MNB'C' là hình bình hành.

Gọi $J=MB\text{'}\cap NC\text{'}$ suy ra J là tâm hình bình hành và $J\in AA\text{'}.$

          $V_{AMNA\text{'}B\text{'}C\text{'}}=V_{A.MNB\text{'}C\text{'}}+V_{A\text{'}.MNB\text{'}C\text{'}}$            

Do IJ là đường trung bình của tam giác MBB' nên $IJ=\frac{1}{2}BB\text{'}=a\Rightarrow A\text{'}J=\frac{1}{2}a.$

+) $B\text{'}J=C\text{'}J=\sqrt{A\text{'}B{\text{'}}^2+A\text{'}{J}^2}=\sqrt{4a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{17}}{2},B\text{'}C\text{'}=2a\sqrt{2},$ đặt $p=\frac{JB\text{'}+JC\text{'}+B\text{'}C\text{'}}{2}$