Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x=0 và đạt cực tiểu tại $x=\pm 1$.

Chọn D

Chọn D

Mặt phẳng Oxy đi qua điểm O(0;0;0) và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{k}=\left(0;0;1\right)$.

Do đó, phương trình mặt phẳng (Oxy) có dạng z=0

Chọn D

Đồ thị hàm số $y=-x^4+x^2+2$ với trục Oy tại điểm có hoành độ $x=0\Rightarrow y=2$. Vậy đồ thị hàm số $y=-x^4+x^2+2$ cắt Oy tại điểm A(0;2).

Chọn A

Chọn A

A là điểm biểu diễn số phức $z_1=1+i\Rightarrow A\left(1;1\right)$.

B là điểm biểu diễn số phức $z_2=1-3i\Rightarrow B\left(1;-3\right)$.

M là trung điểm của AB$\Rightarrow M\left(1;-1\right)\Rightarrow M$ là điểm biểu diễn số phức 1-i.

Chọn A

Ta có: $2^{2x^2+5x+4}=4\iff 2x^2+5x+4=2\iff 2x^2+5x+2=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-2\\ x=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Vậy tổng tất cả các nghiệm bằng $-\frac{5}{2}$.

Chọn D

Ta có: $P=lo{g}_a{b}^3+lo{g}_{a^2}{b}^6=3lo{g}_{a}b+\frac{6}{2}lo{g}_{a}b=3lo{g}_{a}b+3lo{g}_{a}b=6lo{g}_{a}b$$\forall a,b>0;a\ne 1$.

Chọn B

Ta có ${\log }_{0,2}\left(x-1\right)<0\iff x-1>0,2^0\iff x>2$.

 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là $S=\left(2;+\infty \right)$

Chọn D

Ta có $\int 2^{-x}\text{d}x=-\int 2^{-x}\text{d}\left(-x\right)=-\frac{2^{-x}}{\ln 2}+C$

Chọn A

Dễ thấy tiệm cận đứng là $x=\frac{1}{2}$.

Chọn A

Ta có tập xác định $D=\left(-\infty ;3\right)$

$y^{\text{'}}=\frac{1}{3}{\left(3-x\right)}^{\text{'}}.{\left(3-x\right)}^{\frac{1}{3}-1}=-\frac{1}{3}{\left(3-x\right)}^{-\frac{2}{3}}$

Chọn A

$S_{xq}=2\pi r.h$ (chu vi đáy nhân đường cao).

Chọn C

Ta có: ${\left(e^x\right)}^y=e^{xy}\forall x,y\in ℝ.$

Chọn C

Số hạng tổng quát $u_n=u_1.q^{n-1}$ suy ra $u_5=u_1.q^4={2.3}^4=162$.

Chọn B

Căn cứ vào bảng biến thiên của hàm số y=f(x) ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến trên các khoảng $\left(-\infty ;0\right)$ và $\left(1;+\infty \right)$ nên chọn A

Chọn B

Họ tất cả các nguyên hàm của hàm số $f\left(x\right)=\frac{1}{x}-6x^2$ là

$\int f\left(x\right)\text{d}x=\int \left(\frac{1}{x}-6x^2\right)\text{d}x=\ln \left|x\right|-2x^3+C$.

Chọn B

Do hệ số của $x^4$ dương nên bề lõm hướng lên trên;

Hệ số của $x^4$ và hệ số của $x^2$ trái dấu nên đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị

Chọn C

Theo bài ra ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=x^3{\left(x-1\right)}^2\left(2x+3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=1\\ x=-\frac{3}{2}\end{array}\right.$.

Bảng biến thiên của hàm số f(x)

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số f(x) có 2 điểm cực trị.

Chọn C

Ta có $z=i(3i+1)=-3+i\Rightarrow z=-3+i$.

Vậy $\overline{z}=-3-i$.

Chọn B

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

Mà $y\left(-2\right)=-1,y\left(-1\right)=3,y\left(0\right)=1.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=x^3-3x+1$ trên đoạn [-2;0] bằng -1 khi x=-2

Chọn B

Góc giữa SC và (ABCD) là góc $\widehat{SCA}$.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại B có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}.$

Xét $\Delta SAC$ vuông tại A có $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{3}}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow$góc $\widehat{SCA}={30}^0$.

Chọn C

${\log }_{\frac{1}{2}}\left(x-1\right)>-1\iff \left\{\begin{array}{l}x-1>0\\ x-1<{\left(\frac{1}{2}\right)}^{-1}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>1\\ x<3\end{array}\right.\iff 1<x<3.$

Chọn B

Ta có $z={(1-i)}^2=-2i\Rightarrow \left|\frac{1}{z}\right|=\frac{1}{\left|z\right|}=\frac{1}{2}$

Chọn B

Diện tích mặt cầu (S): $4\text{π}{R}^2=20\text{π}\iff R=\sqrt{5}$.

Thể tích khối cầu (S) là $V=\frac{4}{3}\text{π}{R}^3=\frac{4}{3}\text{π}{\left(\sqrt{5}\right)}^3=\frac{20\pi \sqrt{5}}{3}$.

Chọn D

Ta có: $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{x+1}=\ln \left|x+1\right|\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\ln 2$ và $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{x+2}=\ln \left|x+2\right|\left|\begin{array}{l}1\\ 0\end{array}\right.=\ln 3-\ln 2$

Do đó $\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\right)dx=\ln 2-\left(\ln 3-\ln 2\right)=2\ln 2-\ln 3$, $\Rightarrow a=2$,b=-1.

Vậy a+2b=0.

Chọn D

$w=iz=i\left(-2+i\right)=-1-2i$$\Rightarrow$  điểm $P\left(-2;1\right)$ là điểm biểu diễn của số phức w=iz trên mặt phẳng tọa độ.

Chọn C

Ta có $I=\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left[3f\left(x\right)-2\right]\text{d}x=3\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x-2\underset{1}{\overset{2}{\int }}\text{d}x=3.2-2\left.x\right|\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}=6-2=4$

Chọn C

Cách 1:

+) Ta có các tam giác ABC, ACD, ABD là các tam giác vuông tại đỉnh A nên $AB\text{\hspace{0.17em}}\perp AC$, $AD\perp AC$, $AB\perp AD$ hay ABCD là tứ diện vuông đỉnh A.

+) Do đó $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{3a^2}$$=\frac{11}{6a^2}$

$\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Cách 2:

+) Do $AB\text{\hspace{0.17em}}\perp \left(ACD\right)$ nên $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ACD}.AB=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.a\sqrt{2}.a\sqrt{3}.a=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$.

+) $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=a\sqrt{3}$; $CD=\sqrt{A{D}^2+A{C}^2}=a\sqrt{5}$; $BD=\sqrt{A{D}^2+A{B}^2}=2a$.

+) Đặt $p=\frac{BC+CD+BD}{2}=\frac{a\sqrt{3}+a\sqrt{5}+2a}{2}$.

+) Lúc đó: $S_{\Delta BCD}=\sqrt{p\left(p-BC\right)\left(p-CD\right)\left(p-BD\right)}=\frac{a^2\sqrt{11}}{2}$.

+) Mà $V_{ABCD}=\frac{1}{3}.d\left(A,\left(BCD\right)\right).S_{\Delta BCD}\Rightarrow d\left(A,\left(BCD\right)\right)=\frac{3.V_{ABCD}}{S_{\Delta BCD}}=\frac{3.\frac{a^3\sqrt{6}}{6}}{\frac{a^2\sqrt{11}}{2}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Vậy $d=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Cách 3:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có A(0;0;0), B(0;0;a), $C\left(a\sqrt{2};0;0\right)$, $D\left(0;a\sqrt{3};0\right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left(BCD\right):\frac{x}{a\sqrt{2}}+\frac{y}{a\sqrt{3}}+\frac{z}{a}=1\iff \sqrt{3}x+\sqrt{2}y+\sqrt{6}z-a\sqrt{6}=0$.

Suy ra $d\left(A,\left(BCD\right)\right)=\frac{\left|-a\sqrt{6}\right|}{\sqrt{3+2+6}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Chọn C

Số phần tử của không gian mẫu: $n\left(\Omega \right)=C_{10}^5=252$.

Gọi A là biến cố 5 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Số cách chọn 5 học sinh trực nhật toàn nam là: $C_6^5=6$.

Số cách chọn 5 học sinh trực nhật có cả nam và nữ là: $n\left(A\right)=C_{10}^5-C_6^5=246$.

Xác suất để 5học sinh trực nhật có cả nam và nữ là: $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{246}{252}=\frac{41}{42}$.

Chọn A

Từ giả thiết, suy ra $f\left(a-x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}$.

Đặt $t=a-x\stackrel{}{\to }dt=-dx$. Đổi cận: $\left\{\begin{array}{l}x=0\stackrel{}{\to }t=a\\ x=a\stackrel{}{\to }t=0\end{array}\right.$.

Khi đó $I=-\underset{a}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(a-t\right)}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{dt}{1+\frac{1}{f\left(t\right)}}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(t\right)dt}{f\left(t\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}$.

Suy ra $2I=I+I=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{dx}{1+f\left(x\right)}+\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}dx=a\stackrel{}{\to }I=\frac{a}{2}$.

Cách trắc nghiệm. Chọn a=2 và f(x)=1 thỏa mãn các điều kiện của bài toán.

Khi đó $I=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{\text{d}x}{1+1}=\frac{1}{2}x\left|\begin{array}{l}{}_{}^2\\ {}_0^{}\end{array}\right.=1=\frac{a}{2}.$

Chọn A

Vì mặt cầu nhận AB làm đường kính nên có tọa độ tâm I: $\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+x_B}{2}=0\\ y_I=\frac{y_A+y_B}{2}=3\\ z_I=\frac{z_A+z_B}{2}=2\end{array}\right.\Rightarrow I(0;3;2)$.

Bán kính $R=IA=\sqrt{3}$.

Suy ra phương trình mặt cầu: $x^2+{(y-3)}^2+{(z-2)}^2=3$.

Chọn A

Ta có $\overrightarrow{AB}\left(2;-4;1\right)$; $\overrightarrow{u}\left(-2;4;-1\right)$ là hai véc tơ chỉ phương của đường thẳng AB.

+) Đường thẳng AB đi qua $B\left(0;-1;2\right)$ nhận $\overrightarrow{u}\left(-2;4;-1\right)$ làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=-2t\\ y=-1+4t\\ z=2-t.\end{array}\right.$

+) Đường thẳng AB đi qua B(0;-1;2) nhận $\overrightarrow{AB}\left(2;-4;1\right)$ làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=-1-4t\\ z=2+t.\end{array}\right.$

+) Đường thẳng AB đi qua B(-2;3;1) nhận $\overrightarrow{u}\left(-2;4;-1\right)$ làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình $AB:\left\{\begin{array}{l}x=-2-2t\\ y=3+4t\\ z=1-t.\end{array}\right.$

+) Đường thẳng có phương trình $\left\{\begin{array}{l}x=-2-2t\\ y=3-4t\\ z=1+t.\end{array}\right.$ có véc tơ chỉ phương (-2;-4;1) (loại).

Nhận xét: Một đường thẳng có thể có nhiều phương trình ở dạng tham số tuỳ thuộc vào việc chọn điểm mà đường thẳng đi qua và vec tơ chỉ phương của nó.

Chọn D

Cứ hai đội đá với nhau lượt đi, lượt về sẽ có hai trận đấu diễn ra nên số trận đấu là: $2.C_{10}^2=90$ trận

Chọn C.

Ta có $A{B}^2+A{C}^2=6^2+8^2={10}^2=B{C}^2$ suy ra tam giác ABC vuông tại A,do đó diện tích tam giác ABC là: $S=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}\mathrm{.6.8}=24$

Vậy $V_{SABC}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}\mathrm{.4.24}=32$.

Chọn A.

$y^{\text{'}}=3x^2+m$. Hàm số $y=x^3+mx+2$ có cả cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y'=0 có hai nghiệm phân biệt. Vậy m<0.

Chọn C

Ta có: $I=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}{e}^{x+1}\text{d}x={\left.e^{x+1}\right|}_{-1}^0=e-e^0=e-1$.

Chọn B

$\left|\left(2+i\right)\left|z\right|z-\left(1-2i\right)z\right|=\left|1+3i\right|\iff \left|z\left[\left(2\left|z\right|-1\right)+\left(\left|z\right|+2\right)i\right]\right|=\sqrt{10}$

$\iff \left|z\right|\sqrt{{\left(2\left|z\right|-1\right)}^2+{\left(\left|z\right|+2\right)}^2}=\sqrt{10}\iff 5{\left|z\right|}^4+5{\left|z\right|}^2-10=0\iff {\left|z\right|}^2=1\iff \left|z\right|=1$

Gọi $z_1=a_1+b_{1}i,z_2=a_2+b_{2}i$.

Ta có: $\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=1\Rightarrow {a_1}^2+{b_1}^2={a_2}^2+{b_2}^2=1$

Ta có: $\left|z_1-z_2\right|=1\Rightarrow {\left(a_1-a_2\right)}^2+{\left(b_1-b_2\right)}^2=1\Rightarrow a_1{a}_2+b_1{b}_2=\frac{1}{2}$

Ta có: $M=\left|2z_1+3z_2\right|=\left|\left(2a_1+3a_2\right)+\left(2b_1+3b_2\right)i\right|=\sqrt{{\left(2a_1+3a_2\right)}^2+{\left(2b_1+3b_2\right)}^2}$

$=\sqrt{4\left({a_1}^2+{b_1}^2\right)+12\left(a_1{a}_2+b_1{b}_2\right)+9\left({a_2}^2+{b_2}^2\right)}=\sqrt{19}$.

Chọn C

Đặt $t=\sqrt{x}\Rightarrow dt=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx$. Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=1\to t=1\\ x=9\to t=3\end{array}\right.$.

Khi đó: $\underset{1}{\overset{9}{\int }}\frac{f\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}dx=2\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=4\to \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(t\right)dt=2.$

Đặt $t=\sin x;x\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]\Rightarrow dt=\cos dx.$ Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\to t=0\\ x=\frac{\pi }{2}\to t=1\end{array}\right.$.

Khi đó : $\underset{0}{\overset{\pi /2}{\int }}f\left(\sin x\right)\cos xdx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt=2.$

$I=\underset{0}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx+\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=2+2=4.$

Chọn A

Điều kiện: x>0.

PT: $\iff {\log }_2\left(\frac{2x^2+1}{2x}\right)+2^{\left(\frac{2x^2+1}{2x}\right)}=5\left(1\right)$.

Đặt $t=\frac{2x^2+1}{2x}=x+\frac{1}{2x}\ge 2\sqrt{x.\frac{1}{2x}}=\sqrt{2}$

PT trở thành ${\log }_{2}t+2^t=5\text{ (2)}$.

Xét hàm $f\left(t\right)={\log }_{2}t+2^t\left(t\ge \sqrt{2}\right)$ là hàm đồng biến nên:

$\left(2\right)\iff f\left(t\right)=f\left(2\right)\iff t=2$(t/m).

Với t=2 thì $\frac{2x^2+1}{2x}=2\iff 2x^2-4x+1=0$ (t/m). Vậy $x_1{x}_2=\frac{1}{2}$ (theo Viet).

Chọn A

Tập xác định của hàm số là $D=ℝ.$

Khi a>0 thì $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=-\infty$, suy ra hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên $\left(-\infty ;0\right)$. Vậy a<0.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+c.$

Nhận xét: Nếu phương trình y'=0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép thì $y^{\text{'}}\le 0\forall x$ nên hàm số đã cho nghịch biến trên $\mathrm{ℝ}$. Khi đó, hàm số không có giá trị nhỏ nhất trên $\left(-\infty ;0\right)$. Do đó, để hàm số có $\underset{\left(-\infty ;0\right)}{Min}y=y\left(-2\right)$ thì trước hết hàm số phải có 2 điểm cực trị $\iff \frac{-c}{3a}>0$, suy ra $y^{\text{'}}=0\iff x=\pm \sqrt{\frac{-c}{3a}}$ và bảng biến thiên của hàm số có dạng:

Từ bảng biến thiên ta có $\underset{\left(-\infty ;0\right)}{Min}y=y\left(-2\right)\iff -\sqrt{\frac{-c}{3a}}=-2\iff c=-12a.$

Với $c=-12a\Rightarrow y^{\text{'}}=3a{x}^2-12a$ Khi đó, $y^{\text{'}}=0\iff x=\pm 2.$

Từ bảng biến thiên ta suy ra $\underset{\left[1;3\right]}{Max}y=y\left(\sqrt{\frac{-c}{3a}}\right)=y\left(2\right)=d-16a.$

Chọn B

Xét hàm số $g\left(x\right)=f(x+1)+m$. Ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=f^{\text{'}}(x+1)$.

Vì hàm số f(x) có 3 điểm cực trị do đó hàm số $g\left(x\right)=f(x+1)+m$ có 3 điểm cực trị.

Để hàm số $y=\left|f(x+1)+m\right|$ có 7 điểm cực trị thì phương trình $f(x+1)=-m$ phải có có 4 nghiệm đơn phân biệt hay $-3<-m<2\iff -2<m<3.$

Vì m nguyên dương nên $m\in \left\{1,2\right\}$.

Chọn A

$\frac{z_2-z_1}{1-i}=k\in ℝ\Rightarrow z_2=z_1+k\left(1-i\right)$.

$\left|z_2-1+3i\right|=2\iff \left|z_1+k-1+\left(-k+3\right)i\right|=2\iff {\left(z_1+k-1\right)}^2+{\left(-k+3\right)}^2=4$.

Do đó: $-2\le -k+3\le 2\iff -5\le -k\le -1\iff \left|z_2-z_1\right|=\left|k\right|\sqrt{2}\le 5\sqrt{2}$.

Chọn B

Hoành độ giao điểm cuả hai đồ thị là nghiệm phương trình $x^3+11x-6=6x^2\iff \left[\begin{array}{l}x=1\\ x=2\\ x=3\end{array}\right.$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=x^3+11x-6,y=6x^2, x=0, x=1$là

$S_1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|x^3+11x-6-6x^2\right|\text{d}x=\left|\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x^3+11x-6-6x^2\right)\text{d}x\right|=\frac{9}{4}$.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=x^3+11x-6,y=6x^2, x=0, x=1$ là $S_2=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left|x^3+11x-6-6x^2\right|\text{d}x=\left|\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(x^3+11x-6-6x^2\right)\text{d}x\right|+\left|\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(x^3+11x-6-6x^2\right)\text{d}x\right|=\frac{5}{2}$

.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường $y=x^3+11x-6,y=6x^2, x=0, x=1$ là $S_{}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\left|x^3+11x-6-6x^2\right|\text{d}x=\frac{5}{2}\iff a=2$.

Chọn B

Gọi chiều rộng của bể cá là x(đơn vị: m, x>0).

Ông A dùng hết $5{\text{\hspace{0.17em}m}}^{\text{2}}$ kính để làm bể cá nên $2x^2+6xh=5\Rightarrow h=\frac{5-2x^2}{6x}$.

Do x>0 và h>0 nên $0<x<\sqrt{\frac{5}{2}}$.

Thể tích bể cá $V=\frac{1}{3}\left(5x-2x^3\right)$.

$V^{\text{'}}=\frac{1}{3}\left(5-6x^2\right)$, $V^{\text{'}}=0\Rightarrow x=\sqrt{\frac{5}{6}}$.

Bảng biến thiên của V:

Từ BBT suy ra bể cá có thể tích lớn nhất bằng $1,01{\text{\hspace{0.17em}m}}^{\text{3}}$.

Chọn C

Gọi AH là đường cao của tam giác ABC, ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp A{A}^{\text{'}}\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(A{A}^{\text{'}}H\right)\Rightarrow BC\perp A^{\text{'}}H$ nên góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng (ABC) là góc $\widehat{AH{A}^{\text{'}}}=30°$.

Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

$\tan {30}^{°}=\frac{A{A}^{\text{'}}}{AH}\Rightarrow A{A}^{\text{'}}=AH.\tan {30}^{°}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{a}{2}$

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

Do đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=A{A}^{\text{'}}.S_{\Delta ABC}=\frac{a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$.

Chọn C

Do tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc và H là trực tâm tam giác ABC nên $OH\perp \left(ABC\right)$.

Phương trình mặt phẳng (ABC) là $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1$, hay $6x+4y+3z-12=0$.

Vì $OH\perp \left(ABC\right)$ nên đường thẳng OH có véc-tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}=\left(6;4;3\right)$.