Số đo của góc nhị diện nhận giá trị từ ${0^o}$ đến ${180^o}$.

Vì AB // CD nên (SB,CD) = (SB,AB).

Xét phương án A: Nếu $a \bot c$ và $b \bot c$ thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy A sai.

Xét phương án B: Nếu $a \bot b$ và $b \bot c$ thì a, b có thể vuông góc, cắt nhau hoặc chéo nhau hoặc song song. Vậy B sai.

Xét phương án C: Nếu $a \bot b$ thì a và b cắt nhau hoặc chéo nhau. Vậy C đúng.

Xét phương án D: Nếu $a \bot c$ và $(P) \bot c$ thì a // (P) hoặc $a \subset (P)$. Vậy A sai.

Vì (ABCD) // (A’B’C’D’) nên $d\left( {(ABCD),(A'B'C'D')} \right) = d\left( {A,(A'B'C'D')} \right)$.

Mặt khác, A’ là hình chiếu vuông góc của A lên (A’B’C’D’) nên $d\left( {A,(A'B'C'D')} \right) = AA'$.

Vậy $d\left( {(ABCD),(A'B'C'D')} \right) = AA' = a$.

Thể tích khối chóp có diện tích đáy bằng B và chiều cao bằng h là $V = \frac{1}{3}Bh$.

${a^2}.{a^{\frac{1}{2}}} = {a^{2 + \frac{1}{2}}} = {a^{\frac{5}{2}}}$.

${\log _{25}}32 = {\log _{{5^2}}}{2^5} = \frac{5}{2}{\log _5}2 = \frac{5}{{2{{\log }_2}5}} = \frac{5}{{2a}}$.

Vì $\sqrt[{2024}]{\pi } > 1$ nên $y = {\left( {\sqrt[{2024}]{\pi }} \right)^x}$ đồng biến trên tập xác định.

${5^{x + 2}} < {\left( {\frac{1}{{125}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {\left( {{5^{ - 3}}} \right)^{ - x}} \Leftrightarrow {5^{x + 2}} < {5^{3x}} \Leftrightarrow x + 2 < 3x \Leftrightarrow x > 1$.

ĐKXĐ: ${x^2} - 2x - 3 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 3\\x <  - 1\end{array} \right.$. Vậy $D = \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {3; + \infty } \right)$.

$P = {x^2}.\sqrt[3]{x} = {x^2}.{x^{\frac{1}{3}}} = {x^{2 + \frac{1}{3}}} = {x^{\frac{7}{3}}}$.

Vì đồ thị hàm số đi qua điểm có tọa độ (1;0) và x > 0 nên đây là hàm số logarit có dạng $y = {\log _a}x$.

Đồ thị đi lên từ trái sang nên hàm số đồng biến trên $(0; + \infty )$. Do đó, a > 1.

a) Đúng. Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}x + 6 > 0\\x - 1 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x >  - 6\\x > 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1$.

b) Sai. ${\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}\left( {x - 1} \right) + 1 \Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}\left( {x - 1} \right) + {\log _3}3$

$\Leftrightarrow {\log _3}\left( {x + 6} \right) = {\log _3}3\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x + 6 = 3\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow x = \frac{9}{2}$ (TMĐK).

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{9}{2}} \left( {x - 3} \right) = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}$.

c) Sai. Hoành độ giao điểm của ${d_1}$ và ${d_2}$ là nghiệm của phương trình $2x - 8 = 0 \Leftrightarrow x = 4$.

Vậy hoành độ giao điểm của ${d_1}$ và ${d_2}$ không là nghiệm của (*).

d) Sai. $\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 11x + 9 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{11 + \sqrt {85} }}{2}\\x = \frac{{11 - \sqrt {85} }}{2}\end{array} \right.$.

Vậy phương trình (*) không có chung tập nghiệm với phương trình $\frac{{{x^2} - 11x + 9}}{{x - 1}} = 0$.

a) Đúng. Vì $SA \bot (ABCD)$, mà $AO \subset (ABCD)$ nên $SA \bot AO$.

b) Sai. Giả sử $AC \bot (SBD)$, khi đó $AC \bot SO$. Điều đó vô lí vì $AC \bot SA$.

c) Sai. Vì $SA \bot (ABCD)$ nên $SA \bot BC$. Mặt khác, vì ABCD là hình vuông nên $AB \bot BC$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AM$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\SB \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot (SBC)$.

d) Đúng. Hai tam giác vuông SAB và SAD bằng nhau có các đường cao tương ứng là AM và AN nên BM = DN.
Mặt khác tam giác SBD cân tại đỉnh S nên MN // BD.

Do ABCD là hình vuông nên $AC \bot BD$, mà $SA \bot BD$ nên $BD \bot (SAC)$.
Vì MN // BD nên $MN \bot (SAC) \Rightarrow MN \bot AK$.

Năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố X là ${E_X} = {10^{11,4 + 1,5.8}} = {10^{23,4}}$.

Theo đề bài, ta có năng lượng giải tỏa của trận động đất ở thành phố Y là ${E_Y} = \frac{{{E_1}}}{{14}} = \frac{{{{10}^{23,4}}}}{{14}}$.

Độ lớn của trận động đất ở thành phố Y là:

$\log ({E_Y}) = 11,4 + 1,5{M_Y} \Rightarrow M = \frac{{\log ({E_Y}) - 11,4}}{{1,5}} = \frac{{\log \left( {\frac{{{{10}^{23,4}}}}{{14}}} \right) - 11,4}}{{1,5}} \approx 7,2$ độ Richte.

S.ABCD là chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông.

Giả sử O là tâm hình vuông ABCD, khi đó $SO \bot (ABCD) \Rightarrow SO \bot CD$.

Gọi I là trung điểm của CD. Khi đó OI // AD (tính chất đường trung bình) và $CD \bot OI$.

Lấy H thuộc SI sao cho $OH \bot SI$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OI\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SOI) \Rightarrow CD \bot OH$.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SI\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot (SCD) \Rightarrow d\left( {O,(SCD)} \right) = OH$ (do H thuộc (SCD).

$SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{214}^2} - {{\left( {\frac{{230\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {19346}$ (m).

$OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{19346}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{230}}{2}} \right)}^2}}}} }} \approx 89$ (m).

Vậy khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt bên của kim tự tháp xấp xỉ 89 mét.

$s(3) = s(0){.2^3} \Leftrightarrow 625000 = s(0){.2^3} \Leftrightarrow s(0) = 78125$.

$20000000 = {78125.2^t} \Leftrightarrow {2^t} = 256 \Leftrightarrow t = 8$.

${S_1} = \frac{{{1^2}.\sqrt 3 }}{4}.6 = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$; ${S_2} = \frac{{{2^2}.\sqrt 3 }}{4}.6 = 6\sqrt 3$; ${S_1}{S_2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}.6\sqrt 3  = 27$.

$V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}}  + {S_2}} \right) = \frac{1}{3}.3\left( {\frac{{3\sqrt 3 }}{2} + 3\sqrt 3  + 6\sqrt 3 } \right) = \frac{{21\sqrt 3 }}{2} \approx 18,2$ $(d{m^3})$.

Dựng mặt phẳng hình chữ nhật (CDEF) song song với mặt phẳng (A’B’C’D’) với E thuộc AA’, F thuộc BB’.

Xét hai mặt phẳng (CDEF) và (ABCD) có giao tuyến là CD. Vì CF và CB cùng vuông góc với CD nên $\left( {CDEF,ABCD} \right) = \left( {CF,CB} \right) = \widehat {FCB}$.

Ta có BB’ = 1 m = 100 cm; B’F = 65 cm; BF = BB’ – B’F = 100 – 65 = 35 cm; CF = 4 m = 400 cm.

Xét tam giác BCF vuông tại F, ta có $\tan \widehat {FCB} = \frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{35}}{{400}} = \frac{7}{{80}} \Rightarrow \widehat {FCB} \approx {5^o}$.

Vậy, bác Minh cần đặt mép BC của khối gỗ tạo với lưỡi cắt của máy cắt một góc xấp xỉ ${5^o}$.

Gọi A là số tiền ban đầu gửi tiết kiệm theo thể thức lãi suất kép với lãi suất 8,4%/năm.

Khi đó sau n năm số tiền thu được là $P = A{\left( {1 + 8,4\% } \right)^n}$.

Để thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu thì $2A = A{\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {1 + 8,4\% } \right)^n} = 2 \Leftrightarrow n = {\log _{1 + 8,4\% }}2 \approx 8,59$ (năm).

Vậy sau ít nhất 9 năm người đó thu được số tiền gấp đôi số tiền ban đầu.

${\log _b}x = 8 \Leftrightarrow x = {b^8}$, mà $x = {a^2}$ suy ra ${a^2} = {b^8} \Leftrightarrow a = {b^4}$ (vì a > 1).

${\log _{\frac{a}{{{b^2}}}}}x = {\log _{\frac{{{b^4}}}{{{b^2}}}}}x = {\log _{{b^2}}}x = \frac{1}{2}{\log _b}x = \frac{1}{2}.8 = 4$.