Đáp án D

Theo công thức tính thể tích lăng trụ

Đáp án D

Ta có: $d=u_2-u_1=6.$

Chọn D

Dựa vào BBT ta thấy hàm số y=f(x) đồng biến trên (-1;3)

Chọn A

$V=a.2a.3a=6a^3$ (đvtt)

Đáp án C

Mỗi cách chọn 2 học sinh từ 7 học sinh là một tổ hợp chập 2 của 7 phần tử. Số cách chọn 2 học sinh của 7 học sinh là: $C_7^2.$

Đáp án A

$I=\underset{-1}{\overset{0}{\int }}\left(2x+1\right)dx={\left.\left(x^2+x\right)\right|}_{-1}^0=0-0=0$

Chọn A

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số là -4

Chọn A

Ta có: $I=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left[2f\left(x\right)-3g\left(x\right)\right]dx=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(x\right)dx-3\underset{0}{\overset{1}{\int }}g\left(x\right)dx=2.3-3.\left(-2\right)=12$

Đáp án A

Bán kính đường tròn đáy của khối nón là $r=\sqrt{l^2-h^2}=3$

Vậy thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=12\pi$

Đáp án B

Ta có: $z_1+z_2=3-4i$

Đáp án B

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

Chọn A

M(3;-5) là điểm biểu diễn của số phức $z=3-5i$.

Số phức liên hợp $\overline{z}$ của z là: $\overline{z}=3+5i.$

Chọn A

Đáp án B

$F\left(x\right)=\int \frac{1}{x+1}\text{d}x=\ln \left|x+1\right|+C$ mà F(0)=2 nên $F\left(x\right)=\ln \left|x+1\right|+2$.

Do đó $F\left(1\right)=2+\ln 2$.

Chọn B

Ta có: $z\left(1+i\right)=3-5i\iff z=\frac{3-5i}{1+i}=-1-4i\Rightarrow \left|z\right|=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-4\right)}^2}=\sqrt{17}$.

Chọn C

$f^{\text{'}}\left(x\right)=27+\cos x\Rightarrow \int f^{\text{'}}\left(x\right)dx=\int \left(27+\cos x\right)dx\Rightarrow f\left(x\right)=27x+\sin x+C$

Mà $f\left(0\right)=2019\Rightarrow 27.0+\sin 0+C=2019\iff C=2019\Rightarrow f\left(x\right)=27x+\sin x+2019$

Chọn C

Theo công thức tọa độ trọng tâm ta có $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{1+2+0}{3}=1\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{3+0+9}{3}=4\\ z_G=\frac{z_A+z_B+z_C}{3}=\frac{5+1+0}{3}=2\end{array}\right.\Rightarrow G\left(1;4;2\right)$.

Chọn B

Xét phương trình

$$\begin{gathered} -\frac{x^4}{2}+x^2+\frac{3}{2}=0\iff x^4-2x^2-3=0\iff \left(x^2+1\right)\left(x^2-3\right)=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2+1=0\\ x^2-3=0\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=-1\left(VN\right)\\ x=\sqrt{3}\\ x=-\sqrt{3}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy đồ thị hàm số $y=-\frac{x^4}{2}+x^2+\frac{3}{2}$ cắt trục hoành tại hai điểm

Chọn D

Đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x+4}$ có TCN y=2 và TCĐ x=-4. Vậy tọa độ điểm I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số $y=\frac{2x-3}{x+4}$ là: I(-4;2).

Đáp án A

Dạng hàm bậc ba nên loại C và loại D

Từ đồ thị ta có a>0 do đó loại B

Đáp án A

Ta có ${\log }_{\sqrt{a}}\left(a^{2}b\right)=2{\log }_a\left(a^{2}b\right)=2\left[{\log }_a{a}^2+{\log }_{a}b\right]=2(2+{\log }_{a}b)=4+2{\log }_{a}b$.

Đáp án B

$S_{xq}=2\pi rh=70\pi \left(c{m}^2\right)$

Chọn B

Hàm số $y=\frac{x^3}{3}+2x^2+3x-4$ xác định và liên tục trên [-4;0].

$$\begin{gathered} y^{\text{'}}=x^2+4x+3, y^{\text{'}}=0\iff \left[\begin{array}{l}x=-1\left(n\right)\\ x=-3\left(n\right)\end{array}\right..f\left(0\right)=-4 , f\left(-1\right)=-\frac{16}{3}, f\left(-3\right)=-4, \\ f\left(-4\right)=-\frac{16}{3}. \end{gathered}$$

Vậy M=-4, $m=-\frac{16}{3}$ nên $M+m=-\frac{28}{3}$.

Chọn A

Ta có $\log {\left(x-1\right)}^2=2=\log {10}^2\iff {\left(x-1\right)}^2=100\iff \left[\begin{array}{l}x=11\\ x=-9\end{array}\right.$

Chọn B

Ta có $P={\left(x.x^{\frac{1}{4}}\right)}^{\frac{1}{3}}={\left(x^{\frac{5}{4}}\right)}^{\frac{1}{3}}=x^{\frac{5}{12}}$

Chọn A

Thế vào.

Chọn C

Mặt cầu $\left(S\right):x^2+y^2+z^2-2x-3=0$ có a = 1; b = 0; c = 0; d = -3$\Rightarrow R=\sqrt{1^2+0^2+0^2-(-3)}=2$

Chọn A

Ta có: $y\text{'}=\left(3^{x+1}\right)\text{'}=3^{x+1}\ln 3$

Chọn B

Nhận thấy y' đổi dấu từ - sang + 2 lần $\Rightarrow$ Hàm số có 2 điểm cực tiểu

Đáp án B

$5^{1-2\text{x}}>5^{-3}\Rightarrow 1-2\text{x}>-3\Rightarrow x<2$

Chọn A

Mặt phẳng chứa trục Oz  mặt phẳng cần tìm có 1 VTCP là $\overrightarrow{k}=\left(0;1;1\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{k}\perp \overrightarrow{n}$ với $\overrightarrow{n}$ là VTPT của mặt phẳng cần tìm.

+) Xét đáp án A: có $\overrightarrow{n}=\left(2;-1;0\right)\Rightarrow \overrightarrow{n}.\overrightarrow{k}=2.0+\left(-1\right).0+0.1=0$

Thay tọa độ điểm I(1;2;3) vào phương trình ta được: $2.1-2=0\Rightarrow$ thỏa mãn

Chọn C

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(2;-4;-2\right)=-2\left(-1;2;1\right)$

Đáp án A

Đường thẳng d đi qua điểm A(1;2;0) và nhận $\overrightarrow{n_P}=\left(2;1;-3\right)$ là một VTCP

$\Rightarrow d:\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=2+t\\ z=-3t\end{array}\right..$

Với t=1 thì ta được điểm $M\left(3;3;-3\right)$

Thay tọa độ điểm $M\left(3;3;-3\right)$ vào phương trình đường thẳng ở đáp án A nhận thấy thỏa mãn vậy chúng ta chọn đáp án A.

Chọn A

Tâm $I\left(2;2;2\right),R=\frac{AB}{2}=\sqrt{2}$. Mặt cầu đường kính AB: ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z-2\right)}^2=2$.

Chọn A

+) Đáp án A: $y\text{'}=2+2\sin 2x$

Ta có: $-1\le \sin 2x\le 1\Rightarrow -1\le -\sin 2x\le 1\Rightarrow 1\le 2-\sin 2x\le 3$

$\Rightarrow y\text{'}>0\forall x\in ℝ\Rightarrow$ Chọn A

+) Đáp án B: $D=ℝ\backslash \left\{-1\right\}\Rightarrow$ loại đáp án B

+) Đáp án C: $y\text{'}=2x-2\Rightarrow y\text{'}=0\iff x=1\Rightarrow$ hàm số có y' đổi dấu tại x=1.

+) Đáp án D: $D=\left(0;+\infty \right)\Rightarrow$ loại đáp án C

Đáp án B

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)$ nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC). Do đó $\left(SC,\left(ABC\right)\right)=\left(SC,AC\right)=\widehat{SCA}.$ Tam giác ABC vuông tại B, $AB=a\sqrt{3}$ và BC=a nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{4a^2}=2a.$ Do đó tam giác SAC vuông cân tại A nên $\widehat{SCA}=45°.$ Vậy $\left(SC,\left(ABC\right)\right)=45°.$

Chọn B

Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử trong 17 phần tử của tập S có $n_{\Omega }=C_{17}^3=680$ cách chọn.

Gọi A là biến cố: “Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của tập S sao cho tổng của 3 phần tử chia hết cho 3”.

Trong tập hợp S có 5 số chia hết cho 3 là $\left\{3;6;9;12;15\right\}$, có 6 số chia 3 dư 1 là $\left\{1;4;7;10;13;16\right\}$ và có 6 số chia 3 dư 2 là $\left\{2;5;8;11;14;17\right\}$.

Giả sử số được chọn là $a,b,c\Rightarrow \left(a+b+c\right)$ chia hết cho 3.

TH1: Cả 3 số a,b,c đều chia hết cho 3 $\Rightarrow$ Có $C_5^3=10$ cách chọn.

TH2: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 1 $\Rightarrow$ Có $C_6^3=20$ cách chọn.

TH3: Cả 3 số a,b,c chia 3 dư 2 $\Rightarrow$ Có $C_6^3=20$ cách chọn.

TH4: Trong 3 số a,b,c có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2 $\Rightarrow$ Có 5.6.6 = 180 cách chọn.

Chọn C

Trong (ABC) kẻ $AH\perp BC$ ta có $\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}AH\perp BC\\ AH\perp A\text{'}I\left(A\text{'}I\perp \left(ABC\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow AH\perp \left(A\text{'}BC\right)\\ \Rightarrow d\left(A;\left(A\text{'}BC\right)\right)=AH\end{array}$

Xét tam giác vuông ABC có: $AH=\frac{AB.AC}{\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}}=\frac{a.2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$

Chọn B

Kẻ $OH\perp CD,\left(H\in CD\right).$ Ta có: $\left\{\begin{array}{l}CD\perp OH\\ CD\perp SO\end{array}\right.\Rightarrow CD\perp \left(SOH\right)\Rightarrow \angle \left(\left(SCD\right);\left(ABCD\right)\right)=\angle SHO={60}^0$

ABCD là hình thoi tâm O, $\angle BAD={60}^0\Rightarrow \Delta BCD$ đều, $OH=\frac{1}{2}\left(B;CD\right)=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

$\Delta SOH$ vuông tại $O\Rightarrow SO=OH.\tan \angle H=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\tan {60}^0=\frac{3a}{4}$

Diện tích hình thoi ABCD: $S_{ABCD}=2S_{ABC}=2.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Tính thế tích khối chóp S.ABCD: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{2}.\frac{3a}{4}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}.$

Chọn D

Đặt t=3x thì $t\in \left[-1;1\right]$ và ta đưa về xét $g\left(t\right)=f\left(t\right)+3t$

Ta có $g^{\text{'}}\left(t\right)=f^{\text{'}}\left(t\right)+3=0\iff f^{\text{'}}\left(t\right)=-3\iff \left[\begin{array}{l}{t}_1=-1\\ t_2=0\\ t_3=1\\ t_4=2\end{array}\right.$

Vẽ BBT cho g'(t) trên $\left[-1;1\right]$, ta thấy trong đoạn $\left[-1;1\right]$, hàm số g'(t) đổi dấu từ + sang - qua $t_2=0$, vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $g\left(0\right)=f\left(0\right)+0$

Chọn A

$f\left(x\right)+x{f}^{\text{'}}\left(x\right)=4x+1\iff {\left(x{f}^{\text{'}}\left(x\right)\right)}^{\text{'}}=4x+1$

Lấy nguyên hàm hai vế theo x ta được $xf\left(x\right)=2x^2+x+C.$

Mà f(1)=3 nên ta có $1.f\left(1\right)={2.1}^2+1+C\iff 3=3+C\Rightarrow C=0$

Từ đó $xf\left(x\right)=2x^2+x\Rightarrow f\left(x\right)=2x+1$ (do x>0)

Suy ra $f\left(2\right)=2.2+1=5.$

Chọn B

Ta có $z=a+bi\left(a,b\in ℝ\right)$.

+) $\left|z-3\right|=\left|z-1\right|\iff \left|a-3+bi\right|=\left|a-1+bi\right|\iff \sqrt{{\left(a-3\right)}^2+b^2}=\sqrt{{\left(a-1\right)}^2+b^2}$

$\iff {\left(a-3\right)}^2+b^2={\left(a-1\right)}^2+b^2\iff -4a+8=0\iff a=2$.

+) $\left(z+2\right)\left(\overline{z}-i\right)=\left(a+bi+2\right)\left(a-bi-i\right)=\left[\left(a+2\right)+bi\right]\left[a-\left(b+1\right)i\right]$

$=a\left(a+2\right)+b\left(b+1\right)-\left(a+2b+2\right)i$.

$\left(z+2\right)\left(\overline{z}-i\right)$ là số thực $\iff a+2b+2=0$.

Thay a=2 tìm được b=-2. Vậy a+b=0.

Chọn A

Đặt $t=\ln \left(x+1\right)\Rightarrow dt=\frac{1}{x+1}dx$

Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}{x}_2=e^2-1\Rightarrow t_2=\ln \left(e^2-1+1\right)=2\\ x_1=0\Rightarrow t_1=\ln \left(0+1\right)=0\end{array}\right.$

Ta có: $\underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)dt=\underset{0}{\overset{1}{\int }}f\left(t\right)dt+\underset{1}{\overset{2}{\int }}f\left(t\right)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}3x^2+\underset{1}{\overset{2}{\int }}4-x=\frac{7}{2}$

Chọn D

Gọi $A\left(t;1-t;-1\right),B\left(-1+2t\text{'};1+t\text{'};-2+t\text{'}\right)$ là giao điểm của $\Delta$ với $d_1,d_2$.

Khi đó $\overrightarrow{MA}=\left(t-1;2-t;-3\right),\overrightarrow{MB}=\left(-2+2t\text{'};2+t\text{'};-4+t\text{'}\right)$

Ba điểm M, A, B cùng thuộc $\Delta$ nên $\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}\iff \left\{\begin{array}{l}t-1=k\left(-2+2t\text{'}\right)\\ 2-t=k\left(2+t\text{'}\right)\\ -3=k\left(-4+t\text{'}\right)\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}t=0\\ kt\text{'}=\frac{1}{3}\\ k=\frac{5}{6}\end{array}\right.$

Do đó $A\left(0;1;-1\right)\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\left(-1;2;-3\right)\Rightarrow \overrightarrow{u_{\Delta }}=\left(1;-2;3\right)$ là một VTCP của $∆$ hay $a=-2,b=3\Rightarrow a+b=1$

Chọn A

TH1. Nếu $y=\sqrt{2}\notin \mathbb{Z}$

TH2. Nếu $y>\sqrt{2}\Rightarrow \left({\log }_{2}x-\sqrt{2}\right)\left({\log }_{2}x-y\right)\iff 2^{\sqrt{2}}<x<2^y$. Tập nghiệm của BPT chứa tối đa 1000 số nguyên $\left\{3;4;\mathrm{...};1002\right\}\iff 2^y\le 1003\iff y\le {\log }_{2}1003\approx 9,97\Rightarrow y\in \left\{2;\mathrm{...};9\right\}$

TH3. Nếu $\Rightarrow y=1\Rightarrow \left({\log }_{2}x-\sqrt{2}\right)\left({\log }_{2}x-y\right)<0\iff 1<{\log }_{2}x<\sqrt{2}\iff 2<x<2^{\sqrt{2}}$. Tập nghiệm không chứa số nguyên nào

Chọn B

Gọi $z_1=x_1+y_1\text{i}$ và $z_2=x_2+y_2\text{i}$, trong đó$x_1 , y_1, x_2, y_2\in ℝ$; đồng thời $M_1\left(x_1;y_1\right)$ và $M_2\left(x_2;y_2\right)$ lần lượt là điểm biểu diễn các số phức $z_1, z_2$.

Theo giả thiết, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1^2+y_1^2=144\\ {\left(x_2-3\right)}^2+{\left(y_2-4\right)}^2=25\end{array}\right.$.

Do đó $M_1$ thuộc đường tròn $\left(C_1\right)$ có tâm O(0;0) và bán kính $R_1=12$, $M_2$ thuộc đường tròn $\left(C_2\right)$ có tâm I(3;4) và bán kính $R_2=5$.

Mặt khác, ta có $\left\{\begin{array}{l}O\in \left(C_2\right)\\ OI=5<7=R_1-R_2\end{array}\right.$ nên $\left(C_2\right)$ chứa trong $\left(C_1\right)$.

Khi đó $\left|z_1-z_2\right|=M_1{M}_2$. Suy ra ${\left|z_1-z_2\right|}_{\min }\iff {\left(M_1{M}_2\right)}_{\min }\iff M_1{M}_2=R_1-2R_2=2$.

Chọn A

Đặt $f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$ theo giả thiết có $\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)+1=a{\left(x-1\right)}^2\left(x+m\right)\\ f\left(x\right)-1=a{\left(x+1\right)}^2\left(x+n\right)\end{array}\right.$

Do đó $\left\{\begin{array}{l}f\left(1\right)+1=0\\ f\left(-1\right)-1=0\\ f\left(0\right)=0\\ f^{\text{'}}\left(1\right)=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d+1=0\\ -a+b-c+d-1=0\\ d=0\\ 3a+2b+c=0\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2}\\ b=0\\ c=-\frac{3}{2}\\ d=0\end{array}\right.\Rightarrow f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x\right.$

Với $x=1\Rightarrow f\left(1\right)=-1$

Ta có: $f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x=0\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\pm \sqrt{3}\end{array}\right.$

$S_1$ là diện tích giới hạn bởi đồ thị $y=\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x$, y=-1, x=0  , x=1

$\Rightarrow S_1=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left|\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x+1\right|=\frac{3}{8}\left(1\right)$

$S_2$ là diện tích giới hạn bởi đồ thị $y=\frac{1}{3}{x}^2-\frac{3}{2}x$, y=0, x=1,$x=\sqrt{3}\Rightarrow S_2=\underset{1}{\overset{\sqrt{3}}{\int }}\left|\frac{1}{2}{x}^3-\frac{3}{2}x\right|=\frac{1}{2}$(2)

Từ (1), (2) $\Rightarrow 2S_2+8S_1=2.\frac{1}{2}+8.\frac{3}{8}=4$

Chọn D

Ta có $x\left(2^y+y-1\right)=2-{\log }_2{x}^x\iff x{\log }_{2}x+x\left(2^y+y-1\right)=2$. Đặt $t={\log }_{2}x\iff x=2^t$. Khi đó $2^t.t+2^t\left(2^y+y-1\right)=2\iff t+2^y+y-1=2^{1-t}\iff 2^y+y=2^{1-t}+\left(1-t\right)$

$\iff y=1-t\iff t=1-{\log }_{2}x\iff {\log }_{2}x=1-y\iff x=2^{1-y}$

Vì $1\le x\le 2020\iff 1\le 2^{1-y}\le 2020\iff 0\le 1-y\le {\log }_{2}2020\iff 1-{\log }_{2}2020\le y\le 1$

Khi đó $y\in \left\{-9;\mathrm{...};1\right\},x=2^{1-y}\Rightarrow 11.1=11$ cặp số nguyên thỏa mãn

Đáp án D

Đặt $\begin{array}{l}g\left(x\right)=f\left(3x\right)-9x^3-1\\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=3f\text{'}\left(3x\right)-27x^2\\ g\text{'}\left(x\right)=0\iff f\text{'}\left(3x\right)={\left(3x\right)}^2\left(*\right)\end{array}$

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, ta vẽ đồ thị hàm số y=f'(x) và $y=x^2$ như hình bên.

Từ đồ thị hàm số ta có $\left(*\right)\iff \left[\begin{array}{l}3x=0\\ 3x=1\\ 3x=2\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{l}x=0\\ x=\frac{1}{3}\\ x=\frac{2}{3}\end{array}\right.$

Khi đó $g\text{'}\left(x\right)>0\iff f\text{'}\left(3x\right)>{\left(3x\right)}^2\iff 0<x<\frac{2}{3}$.

$\Rightarrow g\text{'}\left(x\right)<0$ trên $\left(-\infty ;0\right);\left(\frac{2}{3};+\infty \right)$.

Ta có $g\left(0\right)=f\left(0\right)-{9.0}^3-1=0$.

Bảng biến thiên của hàm số y=g(x).

Từ bảng biến thiên ta có hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ đồng biến trên $\left(0;\frac{2}{3}\right)$.

Đáp án A

Dựng hình lăng trụ MP’NQ’.M’PN’Q (như hình vẽ)

Khi đó, ta có: $$\begin{gathered} V_{MNPQ}=V_{MP\text{'}NQ\text{'}.M\text{'}PN\text{'}Q}-\left(V_{P.MNP\text{'}}+V_{Q.MNQ\text{'}}+V_{M.M\text{'}PQ}+V_{N.N\text{'}PQ}\right) \\ =V_{MP\text{'}NQ\text{'}.N\text{'}PN\text{'}Q}-4.V_{P.MNP\text{'}} \end{gathered}$$

$\begin{array}{l}=V_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}-4.\frac{1}{2}{V}_{P.MQ\text{'}NP\text{'}}=V_{MP\text{'}NQ\text{'}.M\text{'}PN\text{'}Q}-2V_{P.MQ\text{'}NP\text{'}}\\ =V_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}-2.\frac{1}{3}{V}_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}\\ =\frac{1}{3}{V}_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}.\end{array}$

$\Rightarrow \frac{1}{3}{V}_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}=36\left(d{m}^3\right)\iff V_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}=108\left(d{m}^3\right)$

Do $MN\perp PQ,PQ//P\text{'}Q\text{'}$ nên $MN\perp P\text{'}Q\text{'}\Rightarrow MP\text{'}NQ\text{'}$ là hình vuông

Ta có: $MN=60cm\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MQ=\frac{60}{\sqrt{2}}=30\sqrt{2}\left(cm\right)=3\sqrt{2}\left(dm\right)\\ OM=\frac{60}{2}=30\left(cm\right)=3\left(dm\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow S_{MP\text{'}NQ\text{'}}={\left(3\sqrt{2}\right)}^2=18\left(d{m}^2\right)$

$V_{MP\text{'}NQ\text{'}.PN\text{'}Q}=S_{MP\text{'}NQ\text{'}}.h\Rightarrow 18h=108\iff h=6\left(dm\right)$

Thể tích khối trụ là: $V=\pi R^{2}h=\pi .O{M}^{2}h=\pi {.3}^2.6=54\pi \left(d{m}^3\right)$