Phương pháp giải:

- Hàm số $y=\sin x$ xác định với mọi $x\in ℝ$.

- Hàm phân thức xác định khi mẫu thức khác 0.

Giải chi tiết:

Hàm số $y=\frac{2020}{\sin x}$ xác định khi và chỉ khi $\sin x\ne 0\iff x\ne k\pi (k\in \mathbb{Z})$.

Vậy TXĐ của hàm số là $D=ℝ\backslash \{k\pi ;k\in \mathbb{Z}\}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Khai triển nhị thức Niu-tơn ${(a+b)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^k{b}^{n-k}$.

- Tìm hệ số của số hạng chứa $x^{12}$ trong khai triển.

Giải chi tiết:

Ta có: ${(2x-x^2)}^{10}=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{\left(2x\right)}^{10-k}{(-x^2)}^k=\sum _{k=0}^{10}{C}_{10}^k{(-1)}^k{2}^{10-k}{x}^{10+k}$.

Khi đó để tìm hệ số của số hạng chứa $x^{12}$, ta cho $10+k=12\iff k=2\left(tm\right)$.

Phương pháp giải:

Sử dụng MTCT, chức năng MODE 7.

Giải chi tiết:

Sử dụng MODE 7, nhập $f\left(X\right)=X^3-2X^2-4X+1$, chọn Start = 1, End = 3, Step = 0,1.

Do cột $F\left(X\right)$:

Vậy $\underset{[1;3]}{\max }f\left(x\right)=-2$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của cấp số cộng: Nếu ba số $a,b,c$ lần lượt lập thành một cấp số cộng thì $a+c=2b$.

Giải chi tiết:

Vì $5+m\mathrm{,7}+2m\mathrm{,17}+m$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng, từ đó xác định góc giữa SB và $\left(ABC\right)$.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông tính độ dài cạnh SA.

- Sử dụng công thức tính nhanh diện tích tam giác đều cạnh $a$ là $S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

- Tính thể tích khối chóp $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}$.

Giải chi tiết:

Vì $SA\perp \left(ABC\right)\left(gt\right)$ nên AB là hình chiếu vuông góc của SB lên $\left(ABC\right)$, do đó $\angle (SB;\left(ABC\right))=\angle (SB;AB)=\angle SBA={60}^0$.

Xét tam giác vuông $SAB$ ta có: $SA=AB.\tan \angle SBA=a.\tan {60}^0=a\sqrt{3}$.

Tam giác ABC đều cạnh a nên $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{4}$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải phương trình lượng giác cơ bản $\sin x=\sin \alpha \iff [\begin{array}{l}x=\alpha +k2\pi \\ x=\pi -\alpha +k2\pi \end{array}(k\in \mathbb{Z})$.

- Giải bất phương trình $0\le x<\frac{\pi }{2}$ tìm các số nguyên k thỏa mãn, từ đó suy ra số nghiệm thỏa mãn.

Giải chi tiết:

Ta có: $\sin x=\frac{1}{2}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}(k\in \mathbb{Z})$.

Xét họ nghiệm $x=\frac{\pi }{6}+k2\pi$, cho $0\le x<\frac{\pi }{2}\iff 0\le \frac{\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\iff -\frac{1}{12}\le k<\frac{1}{6}$, mà $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k=0$.

Xét họ nghiệm $x=\frac{5\pi }{6}+k2\pi$, cho $0\le x<\frac{\pi }{2}\iff 0\le \frac{5\pi }{6}+k2\pi <\frac{\pi }{2}\iff -\frac{5}{12}\le k<-\frac{1}{6}$, mà $k\in \mathbb{Z}\Rightarrow k\in \varnothing$.

Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm thuộc $[0;\frac{\pi }{2})$ là $x=\frac{\pi }{6}$

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng tổ hợp chọn 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.

- Sử dụng hoán vị.

Giải chi tiết:

Chọn 2 chữ số chẵn khác nhau và khác 0 có $C_4^2$ cách chọn.

Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau có $C_5^2$ cách chọn.

Hoán đổi 4 chữ số đã chọn có $4!$ cách.

Vậy có tất cả $4!C_4^2.C_5^2$ số thỏa mãn.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Thể tích khối lập phương cạnh a bằng $a^3$.

Giải chi tiết:

Thể tích khối lập phương cạnh $2a$ bằng ${\left(2a\right)}^3=8a^3$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số nhân có số hạng đầu $u_1$ và công bội q là $u_n=u_1{q}^{n-1}$.

Giải chi tiết:

Ta có $u_5=u_1.q^4=(-3).{\left(\frac{2}{3}\right)}^4=-\frac{16}{27}$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số $f^{\text{'}}\left(x\right)$ xác định khoảng mà $f^{\text{'}}\left(x\right)>0$ (phần đồ thị $f^{\text{'}}\left(x\right)$ nằm phía trên trục hoành) và $f^{\text{'}}\left(x\right)<0$ (phần đồ thị $f^{\text{'}}\left(x\right)$ nằm phía dưới trục hoành), từ đó suy ra các khoảng đơn điệu của hàm số $y=f\left(x\right)$.

Giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy: $\{\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(x\right)>0\iff [\begin{array}{l}x<-1\\ x>3\end{array}\\ f^{\text{'}}\left(x\right)<0\iff -1<x<3\end{array}$

Do đó hàm số $y=f\left(x\right)$ đồng biến trên $(-\infty ;-1);(3;+\infty )$ và nghịch biến trên $(-1;3)$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải phương trình mũ: $a^{f\left(x\right)}=a^{g\left(x\right)}\iff f\left(x\right)=g\left(x\right)$.

Giải chi tiết:

Ta có: $3^{2x-1}=27\iff 3^{2x-1}=3^3\iff 2x-1=3\iff x=2$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x=2$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: ${\log }_{a}b.{\log }_{b}c={\log }_{a}c(0<a,b\ne \mathrm{1,}c>0)$; ${\log }_{a}x-{\log }_{a}y={\log }_a\frac{x}{y}(0<a\ne \mathrm{1,}x,y>0)$

Giải chi tiết:

Ta có: $\frac{{\log }_{7}m.{\log }_{2}7}{{\log }_{2}10-1}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5}$

$\iff \frac{{\log }_{2}7.{\log }_{7}m}{{\log }_{2}10-{\log }_{2}2}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5}$

$\iff \frac{{\log }_{2}m}{{\log }_{2}5}=3+\frac{1}{{\log }_{n}5}$

$\iff \frac{{\log }_{2}m}{{\log }_{2}5}=\frac{3{\log }_{n}5+1}{{\log }_{n}5}$

Đồng nhất hệ số ta có:

$\{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m=3{\log }_{n}5+1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m=3{\log }_{2}5+1\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}n=2\\ {\log }_{2}m={\log }_{2}125+{\log }_{2}2\end{array}\iff \{\begin{array}{l}n=2\\ m=125.2=125n\end{array}$

Vậy $m=125n$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Đặt $t=\sin x$, xét trên khoảng $x\in (\frac{\pi }{2};\pi )$, tìm khoảng giá trị tương ứng của t, xét xem t có cùng tính tăng giảm với x hay không.

- Đưa bài toán về dạng tìm m đểhàm số $y=f\left(t\right)$ đơn điệu trên khoảng cho trước.

Giải chi tiết:

Đặt $t=\sin x$, với $x\in (\frac{\pi }{2};\pi )$ thì t giảm từ 1 về 0.

Khi đó bài toán trở thành: Tìm m để hàm số $y=\frac{t+m}{t-1}$ đồng biến trên $(0;1)$ (*).

TXĐ: $D=ℝ\backslash \left\{1\right\}\Rightarrow$ Hàm số đã cho xác định trên $(0;1)$. Ta có .

Do đó $(*)\iff \frac{-1-m}{{(t-1)}^2}>0\iff -1-m>0\iff m<-1$.

Kết hợp điều kiện đề bài ta có $-20\le m<-\mathrm{1,}m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \{-20;-19;-18;\mathrm{...};-2\}$.

Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn là $-20-19-18-\mathrm{...}-2=-209$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}=0\\ y^{\text{'}\text{'}}<0\end{array}$ tìm điểm cực đại của hàm số.

- Thay điểm cực đại vào hàm số và tính giá trị cực đại.

Giải chi tiết:

Ta có: $y^{\text{'}}=3x^2-3;y^{\text{'}\text{'}}=6x$.

Xét hệ $\{\begin{array}{l}{y}^{\text{'}}=0\\ y^{\text{'}\text{'}}<0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}3x^2-3=0\\ 6x<0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=\pm 1\\ x<0\end{array}\iff x=-1$ là điểm cực đại của hàm số.

Ta có $y_{CD}=y(-1)=4$.

Vậy giá trị cực đại của hàm số đã cho bằng 4.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}Bh$ trong đó $B,h$ lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của khối chóp.

Giải chi tiết:

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ tại điểm $M(x_0;y_0)$ là $y=f^{\text{'}}\left(x_0\right)(x-x_0)+y_0$.

Giải chi tiết:

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

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là $y=1.(x-1)+2\iff y=x+1$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Tìm ĐKXĐ của hàm số.

- Giải phương trình mẫu số, số tiệm cận đứng là số nghiệm của phương trình mẫu số thỏa mãn ĐKXĐ.

Giải chi tiết:

ĐKXĐ: $x-7\ge 0\iff x\ge 7$.

Xét phương trình $x^2+3x-4=0\iff [\begin{array}{l}x=1\\ x=-4\end{array}\left(ktm\right)$.

Vậy đồ thị hàm số $y=\frac{\sqrt{x-7}}{x^2+3x-4}$ không có tiệm cận đứng.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, tính số phần tử của biến cố đối $\overline{A}$.

- Sử dụng công thức $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)$.

Giải chi tiết:

Số phần tử của không gian mẫu là $n\left(\Omega \right)=6^2=36$.

Gọi A là biến cố: “ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm”, suy ra biến cố đối $\overline{A}$: “không có lần nào xuất hiện mặt 6 chấm” $\Rightarrow n\left(\overline{A}\right)=5^2=25$.

Vậy xác suất của biến cố A là: $P\left(A\right)=1-P\left(\overline{A}\right)=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}$.

Đáp án B

Hàm đa thức $y=\left|f\left(x\right)\right|$ có số điểm cực trị là $m+n$ trong đó m là số điểm cực trị của hàm số $y=f\left(x\right)$, n là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ và trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét hàm số $g\left(x\right)=2f(x-1)+m$ ta có $g^{\text{'}}\left(x\right)=2f^{\text{'}}(x-1)=0\iff f^{\text{'}}(x-1)=0$.

Phương pháp giải:

- Đặt ẩn phụ $t=2^{x^2+4y^2}(t\ge 1)$, đưa phương trình về dạng tích, giải phương trình tìm t.

- Tìm mối quan hệ giữa $x,y$ dạng ${\left(ax\right)}^2+{\left(by\right)}^2=1$.

- Đặt $\{\begin{array}{l}ax=\sin \alpha \\ by=\cos \alpha \end{array}$, thế vào biểu thức P.

- Quy đồng, đưa biểu thức về dạng $A\sin \alpha +B\cos \alpha =C$. Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, từ đó xác định $M,m$.

Giải chi tiết:

Ta có:

$4^{x^2+4y^2}-2^{x^2+4y^2+1}=2^{3-x^2-4y^2}-4^{2-x^2-4y^2}$

$\iff {\left(2^{x^2+4y^2}\right)}^2-{2.2}^{x^2+4y^2}=\frac{8}{2^{x^2+4y^2}}-\frac{16}{{\left(2^{x^2+4y^2}\right)}^2}$

Đặt $t=2^{x^2+4y^2}(t\ge 1)$, phương trình trở thành:

$t^2-2t=\frac{8}{t}-\frac{16}{t^2}$$\iff t^2-2t=\frac{8t-16}{t^2}$

$\Rightarrow t^3(t-2)=8(t-2)$

$\Rightarrow (t^3-8)(t-2)=0$

$\iff {(t-2)}^2(t^2+2t+4)=0$$\iff t=2\left(tm\right)(do{t}^2+2t+4>0\forall t)$

Với $2^{x^2+4y^2}=2\iff x^2+4y^2=1$. Khi đó tồn tại $\alpha$ sao cho $\{\begin{array}{l}x=\sin \alpha \\ 2y=\cos \alpha \end{array}$.

Ta có:

$P=\frac{x-2y-1}{x+y+4}=\frac{\sin \alpha -\cos \alpha -1}{\sin \alpha +\frac{1}{2}\cos \alpha +4}$

$\iff P\sin \alpha +\frac{1}{2}P\cos \alpha +4P=\sin \alpha -\cos \alpha -1$

$\iff (P-1)\sin \alpha +(\frac{1}{2}P+1)\cos \alpha =-1-4P(*)$

Để P tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm

$\Rightarrow {(P-1)}^2+{(\frac{1}{2}P+1)}^2\ge {(-1-4P)}^2$

$\iff P^2-2P+1+\frac{1}{4}{P}^2+P+1\ge 16P^2+8P+1$

$\iff \frac{59}{4}{P}^2+9P-1\le 0$$\iff \frac{-18-4\sqrt{35}}{59}\le P\le \frac{-18+4\sqrt{35}}{59}$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}M=\frac{-18+4\sqrt{35}}{59}\\ m=\frac{-18-4\sqrt{35}}{59}\end{array}\Rightarrow M+m=-\frac{36}{59}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Sử dụng định lí: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mạt phẳng đó.

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Giải chi tiết:

Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp \left(ABCD\right)$.

Khi đó $OB$ là hình chiếu của SB lên $\left(ABCD\right)$ $\Rightarrow \angle (SB;\left(ABCD\right))=\angle (SB;OB)=\angle SBO=\phi$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh 2 nên $BD=2\sqrt{2}\Rightarrow BO=\frac{1}{2}BD=\sqrt{2}$.

Xét tam giác vuông $SOB$ ta có: $\cos \phi =\frac{OB}{SB}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Dựa vào đồ thị nhận dạng đồ thị hàm đa thức bậc ba, bậc bốn trùng phương.

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số, suy ra dấu của hệ số a và chọn đáp án đúng.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba, nên loại đáp án B và C.

Lại có nhánh cuối cùng của đồ thị đi lên nên hệ số $a>0$, do đó đáp án đúng là A.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tỉ số thể tích hai khối chóp có cùng chiều cao bằng tỉ số diện tích đáy.

- Tính diện tích hình thang MBCN, diện tích hình bình hành ABCD, từ đó suy ra tỉ số diện tích cũng chính là tỉ số thể tích $\frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}$ và tính $V_{S.MBCN}$.

Giải chi tiết:

Hai khối chóp $S.ABCD$ và $S.MBCN$ có cùng chiều cao (cùng là khoảng cách từ S đến $\left(ABCD\right)$) nên $\frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{S_{MBCN}}{S_{ABCD}}$.

Trong $\left(ABCD\right)$ kẻ $MH\perp CD$, khi đó ta có:

$\frac{S_{MBCN}}{S_{ABCD}}=\frac{\frac{1}{2}(BM+CN).MH}{MH.CD}=\frac{1}{2}.\frac{\frac{1}{2}AB+\frac{2}{3}CD}{CD}=\frac{7}{12}$ (do $AB=CD$).

$\Rightarrow \frac{V_{S.MBCN}}{V_{S.ABCD}}=\frac{7}{12}\Rightarrow V_{S.MBCN}=\frac{7}{12}{V}_{S.ABCD}=\frac{7}{12}.48=28$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

So sánh hai lũy thừa cùng cơ số:

+ Nếu $a>1$ thì $\{\begin{array}{l}{a}^m>a^{n}khim>n\\ a^m<a^{n}khim<n\end{array}$.

+ Nếu $0<a<1$ thì $\{\begin{array}{l}{a}^m>a^{n}khim<n\\ a^m<a^{n}khim>n\end{array}$.

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: $\sqrt[15]{a^7}>\sqrt[5]{a^2}\iff a^{\frac{7}{15}}>a^{\frac{2}{5}}$.

Mà $\frac{7}{15}>\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$ nên $a>1$.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c(a\ne 0)$.

- Dựa vào nhánh cuối cùng của đồ thị hàm số suy ra dấu của hệ số  và loại đáp án.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra hệ số c và loại đáp án.

Giải chi tiết:

Hàm số đã cho là hàm bậc bốn trùng phương có dạng $y=a{x}^4+b{x}^2+c(a\ne 0)$.

Vì nhánh cuối cùng của đồ thị đi xuống nên $a<0\Rightarrow$ Loại đáp án A và C.

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm $(0;2)$ nên $c=2\Rightarrow$ Loại đáp án B và chọn đáp án D.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$, TCĐ $x=-\frac{d}{c}$.

- Dựa vào đường TCN và dấu của hệ số a suy ra dấu của hệ số c.

- Dựa vào đường TCĐ và dấu của hệ số c suy ra dấu của hệ số d.

- Dựa vào giao điểm của đồ thị với trục tung suy ra dấu của hệ số b.

Giải chi tiết:

Đồ thị hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ có TCN $y=\frac{a}{c}$, TCĐ $x=-\frac{d}{c}$.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang nằm phía trên trục hoành nên $\frac{a}{c}>0$, mà $a>0$ nên $c>0$.

Vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng nằm phía bên phải trục tung nên $-\frac{d}{c}>0\iff \frac{d}{c}<0$, mà $c>0\Rightarrow d<0$

Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm nằm phía dưới trục hoành nên $\frac{b}{d}<0$, mà $d<0\Rightarrow b>0$

Vậy $b>\mathrm{0,}c>\mathrm{0,}d<0$.

Đáp án A.

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức $\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b$.

- Sử dụng công thức tính đạo hàm ${\left(\ln u\right)}^{\text{'}}=\frac{u^{\text{'}}}{u}$.

- Thay lần lượt $x=1;2;\mathrm{...};2020$, rút gọn và tính S.

Giải chi tiết:

Ta có: $f\left(x\right)=\ln 2020-\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)=\ln 2020-\ln (x+1)+\ln x$

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$

Khi đó ta có:

$S=f^{\text{'}}\left(1\right)+f^{\text{'}}\left(2\right)+\mathrm{...}+f^{\text{'}}\left(2020\right)$

$S=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\mathrm{...}+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2021}$

$S=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm chính là số giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành.

Giải chi tiết:

Xét phương trình hoành độ giao điểm: $(x-2)(x^2+1)=0\iff x=2$ (do $x^2+1>0\forall x$).

Vậy $\left(C\right)$ cắt trục hoành tại một điểm.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Hàm số $y={\log }_{a}x(0<a\ne 1)$ xác định khi và chỉ khi $x>0$.

- Nếu$a>1$ thì hàm số đồng biến trên khoảng xác định.

- Nếu $0<a<1$ thì hàm số nghịch biến trên khoảng xác định.

Giải chi tiết:

Hàm số $y={\log }_{a}x(0<a\ne 1)$ xác định khi và chỉ khi $x>0$.

Vì $a>1$ nên hàm số đồng biến trên khoảng xác định là $(0;+\infty )$.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các công thức: $\sqrt[n]{x^m}=x^{\frac{m}{n}};x^m.x^n=x^{m+n}$.

Giải chi tiết:

Với $x>0$ ta có $P=x^{\frac{1}{3}}.\sqrt[6]{x}=x^{\frac{1}{3}}.x^{\frac{1}{6}}=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$.

Phương pháp giải:

Vẽ hình, dựa vào khái niệm mặt phẳng đối xứng và đếm.

Giải chi tiết:

Hình lăng trụ tam giác đều có 4 mặt phẳng đối xứng, quan sát hình vẽ: