Đáp án A

Ta có: $\frac{1}{z}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\Rightarrow$ Điểm biểu diễn của số phức $\frac{1}{z}$ là $\left(\frac{1}{2};-\frac{1}{2}\right)$.

Đáp án C

Ta có $R=OD=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S=4\pi {\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=3\pi a^2$

Đáp án C

Từ hình vẽ thấy f'(x)=0 có 2 nghiệm và f'(x)=0 đổi dấu khi đi qua hai nghiệm

$\Rightarrow$ hàm số y=f(x) có 2 điểm cực trị

Đáp án C

Có $\int \cos 2xdx=\frac{1}{2}\sin 2x+C$

Đáp án A

Ta có $y^{\text{'}}=\ln x+1$. Hàm số đồng biến $\iff y^{\text{'}}>0\iff \ln x>-1\iff x>\frac{1}{e}$.

Đáp án B

Phương trình mặt phẳng đoạn chắn đi qua 3 điểm là

$\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{1}=1\iff 2x+y+2z-2=0$.

Đáp án B

Ta có $4^{x-1}\ge 2^{x-1}\iff \frac{1}{4}{.2}^{2x}-\frac{1}{2}{.2}^x\ge 0\iff \left[\begin{array}{l}{2}^x\ge 2\\ 2^x\le 0\end{array}\right.\iff x\ge 1$

Đáp án A

Ta có $I=\underset{a}{\overset{b}{\int }}2xdx={\left.x^2\right|}_a^b=b^2-a^2$

Đáp án B

Ta có 4 cách chọn cửa đi vào và 3 cách chọn cửa đi ra (Do cửa đi vào và đi ra khác nhau)

Do đó theo quy tắc nhân có  cách đi

Đáp án C

Ta có hình bát diện đều như hình vẽ

Sẽ có các mặt phẳng đối xứng là

Vậy bát diện đều có 9 mặt phẳng đối xứng

Đáp án B

Ta có phương trình hoành độ giao điểm

$x^4+3x^2=x^2+3\iff x^4+2x^2-3=0$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=1\\ x^2=-3\left(l\right)\end{array}\right.\iff x=\pm 1$.

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y=x^4+3x^2$ cắt đồ thị hàm số $y=x^2+3$ tại hai giao điểm

Đáp án B

Ta có $d:\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=1-t\\ z=3t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)\Rightarrow$ Điểm $A\left(1;1;0\right)\in d$.

Đáp án A

Ta có ${\left(x-y\right)}^{11}=\sum _{k=0}^{11}{\left(-1\right)}^k{C}_{11}^k{x}^{11-k}{y}^k$.

Số hạng chứa $x^8{y}^3$ ứng với $\left\{\begin{array}{l}11-k=8\\ k=3\end{array}\right.\iff k=3$.

$\Rightarrow$ Hệ số của số hạng chứa $x^8{y}^3$ là ${\left(-1\right)}^3{C}_{11}^3=-C_{11}^3$.

Đáp án D

Ta có $\left(P\right)\text{//}\left(Q\right)\iff \frac{m}{1}=\frac{2}{2}=\frac{1}{1}\ne \frac{1}{1}\Rightarrow$ Không tồn tại m thỏa mãn đề

Đáp án D

Ta có $\left|z\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5$

Đáp án C

Ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm $O(0;0)\Rightarrow$ chỉ có hàm số $y=\frac{x}{2x+1}$ thỏa mãn

Đáp án B

Qua B kẻ đường thẳng d song song với SM và cắt đường thẳng SA tại N.

Do đó $\left(\widehat{SM;BC}\right)=\left(\widehat{BN;BC}\right)$

Ta có $SM\text{//}BN$ và M là trung điểm của AB

$\Rightarrow SN=SA=SC=a\Rightarrow NC=\sqrt{S{C}^2+S{N}^2}=a\sqrt{2}$.

Mặt khác, $NB=2SM=AB=\sqrt{S{A}^2+S{B}^2}=a\sqrt{2}$.

Mà $BC=\sqrt{S{B}^2+S{C}^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow \Delta NBC$ là tam giác đều. Vậy $\widehat{NBC}=60°\Rightarrow \left(\widehat{SM,BC}\right)=60°$.

Đáp án A

Ta có công thức tổng quát ${\left({\log }_{a}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x.\ln a}\Rightarrow {\left({\log }_{2}x\right)}^{\text{'}}=\frac{1}{x.\ln 2}$

Đáp án B

Ta có  $y^{\text{'}}=\frac{2}{{\left(x+1\right)}^2}$. tại $x_0=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{y}_0=\frac{1-1}{1+1}=0\\ y^{\text{'}}\left(x_0\right)=\frac{2}{{\left(x_0+1\right)}^2}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ Phương trình tiếp tuyến $y=y^{\text{'}}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+y_0=\frac{1}{2}\left(x-1\right)=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$.

Đáp án A

Ta có $P={\log }_{2}3.{\log }_{3}4+{\log }_{4}3.{\log }_{3}2={\log }_{2}4+{\log }_{4}2=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$

Đáp án B

Quãng đường vật di chuyển được tính từ thời điểm ban đầu đến thời điểm t=k(s) là $S_t=\underset{0}{\overset{k}{\int }}\left(3t^2+2\right)dx={\left.\left(t^3+2t\right)\right|}_o^k=k^3+2k$

Theo bài ra ta có $S_t=135\iff k^3+2k-135=0\iff k=5\left(\text{s}\right)$

Quãng đường vật đi được trong 3s kể từ thời điểm vật đi được 135m là $\underset{5}{\overset{8}{\int }}\left(3t^2+2\right)dx=393\left(\text{m}\right)$.

Đáp án B

Cách 1. Ta có $z=\frac{5+4i-\left(2+3i\right)\left(1-2i\right)}{3}=-1+\frac{5}{3}i$.

Cách 2. Nhập $3X+\left(2+3i\right)\left(1-2i\right)-5-4i$ rồi dùng CALC thử lần lượt các đáp án

Đáp án B

Từ đồ thị hàm số y=f'(x) ta thấy $y^{\text{'}}<0\iff x\in \left(1;\frac{11}{5}\right)$.

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;\frac{11}{5}\right)$.

Đáp án C

Đa diện ABCDEF tạo thành từ 6 đỉnh của 6 hình chóp là các đỉnh của một bát diện đều có cạnh bằng x.

Gọi O là tâm hình lập phương $\Rightarrow O=BD\cap CE\Rightarrow$ Thể tích của bát diện đều là

$V_1=2.\frac{1}{3}AO.S_{BCDE}=\frac{x^3\sqrt{2}}{3}\iff \frac{x^3\sqrt{2}}{3}=\frac{32}{3}\iff x=2\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{x}{\sqrt{2}}=2$.

Khi đó chiều cao của hình chóp đều là $AI=\frac{3}{2}$.

Thể tích của mỗi hình chóp tứ giác đều là $V_2=\frac{1}{3}.\frac{3}{2}.1=\frac{1}{2}$.

Vậy thể tích của khối cầu gai là $V=1+6.\frac{1}{2}=4$.

Đáp án B

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{a}^{\frac{1}{2}}>a^{\frac{1}{3}}\iff a>1\left(\text{do }\frac{1}{2}>\frac{1}{3}\right)\\ b^{\frac{2}{3}}>b^{\frac{3}{4}}\iff 0<b<1\left(\text{do }\frac{2}{3}<\frac{3}{4}\right)\end{array}\right.\iff 0<b<1<a$

Đáp án B

Trong tứ diện đều, các cặp cạnh đối là vuông góc và thuộc mặt trung trực của cạnh kia.

Gọi M là trung điểm AB khi đó MC=MD nên thực chất ta chỉ thu được hai mặt nón là nón đỉnh A và nón đỉnh B với đáy chung là đường tròn tâm M bán kính MD

Đáp án D

Tập hợp các điểm M cách đều ba điểm A,B,C là đường thẳng $\Delta$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $△ABC$.

Ta có $\overrightarrow{n_{\left(ABC\right)}}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right]=\left(9;9;9\right)$.

Do $△ABC$ là tam giác đều nên đường thẳng $\Delta$ sẽ đi qua trọng tâm G(1;1;1) của $△ABC$ và nhận vectơ $\overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;1;1\right)$ làm một vectơ chỉ phương.

$\Rightarrow$ Phương trình đường thẳng $\Delta :\left\{\begin{array}{l}x=1+t\\ y=1+t\\ z=1+t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$.

Đáp án A

Từ bảng biến thiên ta thấy

+ $f\left(x\right)\le 2,\forall x\in ℝ$ và f(0)=2 nên giá trị lớn nhất của hàm số bằng 2 tại x=0.

+ Vì $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-1$ nên $f\left(x\right)>-1,\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Hàm số không có giá trị nhỏ nhất

Đáp án A

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=C_{16}^3$.

Gọi A là biến cố. “Lấy được cả ba viên bi đỏ”.

$\Rightarrow n\left(A\right)=C_3^3\Rightarrow P_A=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{C_3^3}{C_{16}^3}=\frac{1}{560}$.

Đáp án C

Từ hình dáng đồ thị hàm số ta có a>0.

Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên d>0.

Ta có $y^{\text{'}}=3a{x}^2+2bx+c$.

Hàm số có hai điểm cực trị $x_{CD},x_{CT}$ là nghiệm của phương trình y'=0

và thỏa mãn $-1<x_{CD}<0;x_{CT}>1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_{CD}+x_{CT}>0\\ x_{CD}.x_{CT}<0\end{array}\right.\left(*\right)$

Theo định lí Vi-et ta có:

$\left(*\right)\iff \left\{\begin{array}{l}-\frac{2b}{3a}>0\Rightarrow \frac{b}{a}<0\underset{}{\overset{a>0}{\to }}b<0\\ \frac{c}{3a}<0\Rightarrow \frac{c}{a}<0\underset{}{\overset{a>0}{\to }}c<0\end{array}\right.$.

Đáp án A

Gọi $∆$ là đường thẳng chứa điểm A và vuông góc với $\left(P\right)\Rightarrow \Delta :\left\{\begin{array}{l}x=3+2t\\ y=2+t\\ z=5+2t\end{array}\right.\left(t\in ℝ\right)$

 A' là hình chiếu của A lên (P) nên $A^{\text{'}}=\Delta \cap \left(P\right)\Rightarrow A^{\text{'}}\left(3+2t;2+t;5+2t\right)$

$\Rightarrow 2\left(3+2t\right)+\left(2+t\right)+2\left(5+2t\right)-9=0\iff t=-1$.

Vậy A'(1;1;3).

Đáp án C

Đặt $t=\sqrt{x+1}\Rightarrow x=t^2-1\Rightarrow dx=2tdt$.

Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\\ x=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}t=1\\ t=\sqrt{2}\end{array}\right.$

Khi đó

$I=4\underset{1}{\overset{\sqrt{2}}{\int }}\frac{{\left(t^2-1\right)}^2}{t^3}tdt=4\underset{1}{\overset{\sqrt{2}}{\int }}\left(t^2-2+\frac{1}{t^2}\right)dt=4{\left.\left(\frac{t^3}{3}-2t-\frac{1}{t}\right)\right|}_1^{\sqrt{2}}=\frac{32-22\sqrt{2}}{3}$.

Vậy a+b+c=13.

Đáp án C

Phương trình $\left(ABC\right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$.Mà $I\left(1;3;3\right)\in \left(ABC\right)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}=1$.

Ta có $V_{OABC}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right].\overrightarrow{OC}\right|=\frac{1}{6}abc$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có ${\left(\frac{1}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)}^3\ge \frac{27.9}{abc}\Rightarrow abc\ge 243$.

Vậy $\min V_{OABC}=\frac{81}{2}\iff a=3,b=9,c=9$.

$\Rightarrow$ Phương trình $\left(ABC\right):3x+y+z-9=0$.

Đáp án B

Xét phương trình $x^2+2\left(m-1\right)x+m^2=0$ có ${\Delta }^{\text{'}}=1-2m<0,\forall m>\frac{1}{2}$.

$\Rightarrow$ Phương trình vô nghiệm nên đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x^2+2\left(m-1\right)x+m^2}}=1\Rightarrow y=1$ là tiệm cận ngang.

$\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x^2+2\left(m-1\right)x+m^2}}=-1\Rightarrow y=-1$ là tiệm cận ngang.

Vậy đồ thị hàm số có đúng hai tiệm cận

Đáp án A

Đặt $t=3^x>0$.

Để bất phương trình $9^x-{4.3}^x+3>m$ có nghiệm thuộc khoảng $\left(0;+\infty \right)$ thì bất phương trình $t^2-4t+3>m$ có nghiệm thuộc $\left(1;+\infty \right)$.

Xét bảng biến thiên của hàm số $f\left(t\right)=t^2-4t+3$ trên $\left(1;+\infty \right)$.

Từ bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm thuộc $\left(1;+\infty \right)$ với $\forall m\in ℝ$.

Đáp án A

Gọi bán kính đáy là R. Hình trụ có chu vi đáy bằng 2a nên $2\pi R=2a\iff R=\frac{a}{\pi }$.

Vậy thể tích khối trụ $V=\pi R^{2}h=\pi {\left(\frac{a}{\pi }\right)}^{2}a=\frac{a^3}{\pi }$ (đvtt).

Đáp án A

Ta có $f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x^2-4}\Rightarrow f\left(x\right)=\int \frac{dx}{x^2-4}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_1,x>2\\ \frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_2,-2<x<2\\ \frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C_3,x<-2\end{array}\right.$ 

Thay vào các dữ kiện ta có:

$\left\{\begin{array}{l}f\left(3\right)+f\left(-3\right)=3\\ f\left(1\right)+f\left(-1\right)=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{C}_1+C_3=3\\ C_2=3\end{array}\right.$

$\Rightarrow f\left(-4\right)+f\left(0\right)+f\left(5\right)=\frac{1}{4}\left(2\ln 3-\ln 7\right)+6$

Vậy a+b+c=7.

Đáp án B

Do số điểm cực trị của hàm số $y=\left|f\left(x\right)+m\right|$ bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y=f(x)+m và số nghiệm của phương trình $f\left(x\right)+m=0\left(*\right)$ (không kể nghiệm bội chẵn)

Từ bảng biến thiên ta có hàm số y=f(x) có hai điểm cực trị.

$\Rightarrow$ Hàm số $y=f\left(x\right)+m$ có hai điểm cực trị.

$\Rightarrow$ Hàm số $y=\left|f\left(x\right)+m\right|$ có 5 điểm cực trị $\iff$ Phương trình $f\left(x\right)+m=0$ có ba nghiệm phân biệt (không kể nghiệm bội chẵn)

$\iff$ Đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số y=f(x) tại ba điểm phân biệt.

$\iff 0<-m<1\iff -1<m<0$.

Đáp án A

Tam giác AA' vuông tại H nên $A^{\text{'}}H=A{A}^{\text{'}}.\cos 30°=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì A'B'C' là tam giác đều cạnh a, H thuộc đường thẳng B'C' và $A^{\text{'}}H=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ nên $A^{\text{'}}H\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ hay H là trung điểm của B'C'.

Mặt khác $AH\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ nên $B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\perp \left(A{A}^{\text{'}}H\right)\Rightarrow A{A}^{\text{'}}\perp B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$.

Kẻ đường cao HK của tam giác AA'H thì HK chính là khoảng cách giữa AA'; B'C'.

Do $A{A}^{\text{'}}.HK=AH.A^{\text{'}}H$ nên $HK=\frac{\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Đáp án A

Khẳng định I sai vì nếu x, y là các số thực trái dấu thì sẽ không thỏa mãn đẳng thức.

Khẳng định II sai vì cho x=-y ta có điều ngược lại.

Khẳng định III là đúng. Đây chính là bất đẳng thức tam giác

Đáp án D

Gọi M(x;y) là điểm biểu diễn của số phức $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$.

Gọi A(4;0) là điểm biểu diễn của số phức z=4.

Gọi B(-4;0) là điểm biểu diễn của số phức z=-4.

Khi đó $\left|z+4\right|+\left|z-4\right|=10$

$\iff \sqrt{{\left(x+4\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-4\right)}^2+y^2}=10$

$\iff MA+MB=10\left(*\right)$

$\Rightarrow$ Tập hợp các điểm M là elip nhận A,B là các tiêu điểm.

Gọi phương trình của elip là $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\left(a>b>0,a^2=b^2+c^2\right)$

Từ (*) ta có $\left\{\begin{array}{l}2a=10\\ AB=2c\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=5\\ c=4\end{array}\right.\Rightarrow b^2=a^2-c^2=9$.

Vậy quỹ tích các điểm M là elip $\left(E\right):\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$.

Đáp án A

Ta có bảng biến thiên của hàm số

+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên $\left[-1;4\right]$ ta đi so sánh f(-1) và f(2)

Ta có $\underset{-1}{\overset{a}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx+\underset{a}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<0$

$\iff {\left.f\left(x\right)\right|}_{-1}^2<0$

$\iff f\left(2\right)-f\left(-1\right)<0\Rightarrow f\left(2\right)<f\left(-1\right)\Rightarrow M=f\left(-1\right)$.

+ Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=f(x) trên $\left[-1;4\right]$ ta đi so sánh f(x) và f(4)

Ta có $\underset{a}{\overset{2}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx+\underset{2}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx=\underset{a}{\overset{4}{\int }}{f}^{\text{'}}\left(x\right)dx<0$

$\iff {\left.f\left(x\right)\right|}_a^4<0$

$\iff f\left(4\right)-f\left(a\right)<0\Rightarrow f\left(4\right)<f\left(a\right)\Rightarrow m=f\left(4\right)$.

$\Rightarrow M+m=f\left(-1\right)+f\left(4\right)$.

Đáp án B

Ta có ${\log }_2\left(4^x+2^{3x}+8\right)=x+m\iff 4^x+2^{3x}-8=2^m{.2}^x$.

Đặt $t=2^x\left(t>0\right)$ khi đó ta có phương trình $t^3+t^2-2^m.t-8=0\left(*\right)$.

Phương trình ${\log }_2\left(4^x+2^{3x}+8\right)=x+m$ có ba nghiệm $x_1,x_2,x_3$ lập thành cấp số cộng hay $x_1+x_3=2x_2$.

$\iff$ Phương trình (*) có ba nghiệm dương $t_1,t_2,t_3$ thỏa $t_1.t_3=t_2^2$.

Theo định lý Vi-ét ta có $t_1.t_2.t_3=8\Rightarrow t_2^3=8\Rightarrow t_2=2$ thay vào (*) ta được m=1.

Đáp án A

Gọi $\left(P\right):y=a{x}^2+bx+c$ là parabol đi qua điểm A(0,5;0,3) và có đỉnh S(0;0;4) (hình vẽ)

$\Rightarrow \left(P\right):y=-\frac{2}{5}{x}^2+0,4$.

Khi đó, thể tích thùng rượu bằng thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi $\left(P\right):y=-\frac{2}{5}{x}^2+0,4x$, trục hoành và hai đường thẳng $x=\pm 0,5$ quay quanh trục Ox.

Thể tích thùng rượu là

$$\begin{gathered} V=\pi \underset{-0.5}{\overset{0.5}{\int }}{\left(-\frac{2}{5}{x}^2+0,4\right)}^{2}dx=2\pi \underset{-0.5}{\overset{0.5}{\int }}{\left(-\frac{2}{5}{x}^2+0,4\right)}^{2}dx=\frac{203\pi }{1500} \\ \approx 0,4252\left({\text{m}}^{\text{3}}\right)\approx 425,2\left(\text{lít}\right) \end{gathered}$$.

Đáp án B

Đặt $t=\cos x\Rightarrow y=\frac{t+2}{10t-m}\Rightarrow y^{\text{'}}=\frac{-m-20}{{\left(10t-m\right)}^2}$.

Với $x\in \left(\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}\right)$ thì $t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

Hàm số $y=\frac{\cos x+2}{10\cos x-m}$ đồng biến trên $\left(\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{2}\right)$

$\iff$ Hàm số $y=\frac{t+2}{10t-m}$ nghịch biến trên $\left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff y^{\text{'}}<0,\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff \frac{m+20}{{\left(10t-m\right)}^2}\le 0,\forall t\in \left(0;\frac{1}{2}\right)$

$\iff \left\{\begin{array}{l}m+20<0\\ \frac{m}{10}\notin \left(0;\frac{1}{2}\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=-20\\ m\notin \left(0;5\right)\end{array}\right.\iff m<-20$.

Đáp án B

Thể tích khối tứ diện ABCD cạnh a là $V_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.

Gọi $P=EN\cap CD$ và $Q=EM\cap AD$

$\Rightarrow P,Q$ lần lượt là trọng tâm của $\Delta BCE$ và $\Delta ABE$.

Thể tích khối đa điện chứa đỉnh A là

$V=V_{ABCD}-V_{PQD.NMB}=V_{ABCD}-\left(V_{M.BNE}-V_{Q.PDE}\right)$.

Gọi S là diện tích tam giác $BCD\Rightarrow S_{\Delta CDE}=S_{\Delta BNE}=S$.

$S_{\Delta PDE}=\frac{1}{3}.S_{\Delta CDE}=\frac{S}{3}$.

Gọi  là chiều cao của tứ diện ABCD

$\Rightarrow d\left[M,\left(BCD\right)\right]=\frac{h}{2};d\left[Q,\left(BCD\right)\right]=\frac{h}{3}$.

$\Rightarrow V_{M.BNE}=\frac{1}{2}{S}_{\Delta BNE}.d\left[M,\left(BCD\right)\right]=\frac{S.h}{6};V_{Q.PDE}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta PDE}.d\left[Q,\left(BCD\right)\right]=\frac{S.h}{27}$

Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là

$SV=\frac{1}{3}Sh-\left(\frac{Sh}{6}-\frac{Sh}{27}\right)=\frac{11}{18}.\frac{1}{3}Sh=\frac{11}{18}.\frac{a^3\sqrt{2}}{12}=\frac{11\sqrt{2}{a}^3}{216}$.

Đáp án A

Ta có $2f\left(x\right).\left[1-2x^2.f\left(x\right)\right]=x.f^{\text{'}}\left(x\right)\iff 2f\left(x\right)-4x^2.f^2\left(x\right)=x.f^{\text{'}}\left(x\right)$

$\iff 2x.f\left(x\right)-4x^3.f^2\left(x\right)=x^2.f^{\text{'}}\left(x\right)$

$\iff \frac{2x.f\left(x\right)-x^2.f^{\text{'}}\left(x\right)}{f^2\left(x\right)}=4x^3$

$\iff {\left(\frac{x^2}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}=4x^3\iff \int {\left(\frac{x^2}{f\left(x\right)}\right)}^{\text{'}}dx=\int 4x^{3}dx\iff \frac{x^2}{f\left(x\right)}=x^4+C\iff f\left(x\right)=\frac{x^2}{x^4+C}$.

Mà $f\left(2\right)=\frac{2}{3}\iff \frac{2^2}{2^4+C}=\frac{2}{3}\iff C=-10\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{x^2}{x^4-10}$.

Ta có $\underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right).\left(x^3-\frac{10}{x}\right)dx=\underset{1}{\overset{3}{\int }}\frac{x^2}{x^4-10}.\left(x^3-\frac{10}{x}\right)dx=4$.

Đáp án C

Ta có $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;2\right)$, vectơ pháp tuyến của (P) là $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;1;-1\right)$.

Ta thấy hai điểm A.B nằm cùng 1 phía với mặt phẳng (P) và AB song song với (P).

Điểm $M\in \left(P\right)$ sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất

$\iff S_{\Delta ABC}=\frac{AB.d\left(M;AB\right)}{2}$ nhỏ nhất

$\iff d\left(M;AB\right)$ nhỏ nhất, hay $M\in \Delta =\left(P\right)\cap \left(Q\right)$, (Q) là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với (P).

 $\Rightarrow \Delta \text{//}AB$ hay $∆$ nhận $\overrightarrow{AB}=\left(1;-1;2\right)$ là một vectơ chỉ phương.

Ta có vectơ pháp tuyến của (Q) là $\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left[\overrightarrow{AB};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(-1;7;4\right)$