Mỗi số được viết tương ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 9 là \(A_9^3\).

\({q^3} = \frac{{{u_4}}}{{{u_1}}} = 125 \Leftrightarrow q = 5\)

\({\log _2}\left( {3{\rm{x}} - 2} \right) = 3 \Leftrightarrow 3{\rm{x}} - 2 = {2^3} \Leftrightarrow x = \frac{{10}}{3}\)

\({V_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}A{\rm{D}}.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}A{\rm{D}}.\,\frac{1}{2}AB.AC = 4\)

TXĐ: \(\left( {2; + \infty } \right)\)

\(\int {\sin (2020ax + 1)dx = \frac{1}{{2020a}}\int {\sin (2020ax + 1)d(2020ax + 1) = } - \frac{1}{{2020a}}\cos (2020ax + 1) + C} \)

\(V = \frac{1}{3}3a.a.2a = 2{a^3}\)

\(V = \frac{1}{3}\pi .9.2 = 6\pi \)

\(V = \frac{4}{3}\pi {R^3} = \frac{4}{3}.\pi .8 = \frac{{32}}{3}\pi \)

\(y' = 3a{x^2} + 2bx + c \ge 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = b = 0,c > 0\\ a > 0;{b^2} - 3ac \le 0 \end{array} \right.\)

\(\ln \frac{{\rm{e}}}{{{a^2}}} = \ln {\rm{e}} - \ln {a^2} = 1 - 2\ln a\)

\({S_{xq}} = \pi \sqrt 3 .4 = 4\sqrt 3 \pi \)

Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = -1.

Đường cong trong hình vẽ là đồ thị hàm số trùng phương \(f\left( x \right) = a{x^4} + b{x^2} + c\) (với a khác 0).

Từ đồ thị hàm số ta thấy

- Đồ thị hàm số có hướng đi xuống nên a < 0.

- Đồ thị hàm số có 3 cực trị nên ab < 0.

- Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên c = 0.

Dựa vào 4 đáp án thì chỉ có hàm số \(f\left( x \right) = - {x^4} + 2{x^2}\) thỏa mãn.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {10 + \frac{1}{{x - 10}}} \right) = 10 \Rightarrow y = 10\) là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{4x}} \le {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2 - x}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{ - 4x}} \le {\left( {\frac{3}{2}} \right)^{2 - x}} \Leftrightarrow - 4x \le 2 - x \Leftrightarrow x \ge - \frac{2}{3}\)

Số nghiệm của phương trình f(x) = 4 bằng số giao điểm của đường thẳng y = 4 và đồ thị hàm số y = f(x).

Từ bảng biến thiên ta thầy đường thẳng y = 4 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt. Vậy phương trình f(x) = 4 có 4 nghiệm.

\(\int\limits_0^1 {\left[ {2f\left( x \right) - 3g\left( x \right)} \right]{\rm{d}}x} = 2\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} - 3\int\limits_0^1 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 2.\left( { - 2} \right) - 3.7 = - 25\)

\(\left| z \right| = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5.\)

\(\left( {1 + 2i} \right)z = 3 - 4i \Leftrightarrow z = \frac{{3 - 4i}}{{1 + 2i}} = \frac{{\left( {3 - 4i} \right)\left( {1 - 2i} \right)}}{{\left( {1 + 2i} \right)\left( {1 - 2i} \right)}} = \frac{{ - 5 - 10i}}{5} = - 1 - 2i\)

Vậy phần ảo của số phức z bằng -2.

Trên mặt phẳng tọa độ điểm biểu diễn của số phức z = 1 - 3i là điểm P(1;-3)

Điểm M(2;0;-1) nằm trên mặt phẳng (Oxz)

Tâm của (S) có tọa độ là (-3;-1;1)

Trong không gian Oxyz một mặt phẳng \((\alpha)\) có phương trình tổng quát \(\left( \alpha \right):Ax + By + Cz + D = 0\) (với điều kiện \({A^2} + {B^2} + {C^2} \ne 0\)) thì có một vectơ pháp tuyến là \(\vec n = (A;B;C)\))

Từ phương trình mặt phẳng \(\left( P \right):2x - y + 6 = 0\) ta suy ra (P) có một vectơ pháp tuyến là: \(\vec n = (2; - 1;0)\).

Ta có :

+) Vì \(d \bot (P):x + 3y - z + 5 = 0\) nên có VTCP \(\overrightarrow u //\overrightarrow {{n_P}} (1;3; - 1)\) => loại B.

+) Đường thẳng d đi qua A(2;3;0) nên loại A, C

Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Ta có \(BC \bot (AB)\) và \(BC \bot SA\), nên \(BC \bot (SAB)\), suy ra \(BC \bot AH\), kéo theo \(AH \bot (SBC)\).

Do đó \(\tan (SA,(SBC)) = \tan \widehat {ASB} = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1.\)

Vậy góc giữa mặt SA và (SBC) bằng 45^o.

Dựa vào bảng xét dấu, f(x) có ba điểm cực trị. Ta thấy đồ thị hàm f(2-x) thu được bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số f(x) qua gốc tọa độ O, rồi tịnh tiến sang trái 2 đơn vị, do đó hàm số f(2-x) cũng có 3 điểm cực trị.

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x - 9\) nên \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 3\\ x = - 1. \end{array} \right.\)

Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [-4;4] như sau:

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{[ - 4;4]} y = y( - 4) = - 41\) và \(\mathop {\max }\limits_{[ - 4;4]} y = y( - 1) = 40\).

\({\log _2}\left( {{2^a} \cdot {2^{6b}}} \right) = \frac{2}{3} \Rightarrow a + 6b = \frac{2}{3} \Rightarrow 3a + 18b = 2.\)

Xét phương trình \({x^3} + mx + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - {x^2} - \frac{2}{x}\).

Xét \(g(x) = - {x^2} - \frac{2}{x},g'(x) = \frac{{ - 2{x^3} + 2}}{{{x^2}}} = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra m > -3 là giá trị cần tìm.

Quay tam giác ABC quanh cạnh AC ta được khối nón có:

+ đường sinh \(l = BC = \frac{{AB}}{{\sin {{30}^0}}} = 2\sqrt 3 .\)

+ bán kính đáy \(r = AB = \sqrt 3 .\)

Diện tích toàn phần của hình nón: \({S_{TP}} = {S_{Xq}} + {S_{Day}} = \pi rl + \pi {r^2} = \pi r\left( {l + r} \right)\)

\( = \pi .\sqrt 3 \left( {2\sqrt 3 + \sqrt 3 } \right) = 9\pi .\).

\(S = \int\limits_{ - 1}^1 {\left| { - {x^2} - x + 1 - 2} \right|} {\rm{d}}x = \int\limits_{ - 1}^1 {({x^2}} + x + 1){\rm{d}}x\)

Ta có: \({z_2} = 1 - 3i \Rightarrow \overline {{z_2}} = 1 + 3i \Rightarrow i\overline {{z_2}} = i\left( {1 + 3i} \right) = 3{i^2} + i = - 3 + i\)

Suy ra \({z_1} + i\overline {{z_2}} = 2 - 4i + \left( { - 3 + i} \right) = - 1 - 3i\).

Vậy phần ảo của số phức \({z_1} + i\overline {{z_2}} \) là -3.

\({z^2} + 4z + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {z_1} = - 2 + i\\ {z_2} = - 2 - i \end{array} \right.\)

\(w = {\left[ {{{( - 1 + i)}^2}} \right]^{50}} + {\left[ {{{( - 1 - i)}^2}} \right]^{50}} = {\left[ { - 2i} \right]^{50}} + {\left[ {2i} \right]^{50}} = {2.2^{50}}.{\left( {{i^2}} \right)^{25}} = - {2^{51}}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {{\vec n}_{(P)}} = (1; - 1; - 1)\\ {\rm{ }}{{\vec u}_d} = (1;2; - 3) \end{array} \right..\)

\( \Rightarrow \Delta :\left\{ \begin{array}{l} {\rm{ Qua }}M(0;1;3).\\ {\rm{ }}{{\vec u}_\Delta } = {\rm{[}}{{\vec n}_{(P)}},{{\vec u}_d}] = 5.(1;1;1) \end{array} \right..\)

\( \Rightarrow \Delta :\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{1} = \frac{{z - 3}}{1} \cdot \)

Gọi \(I( - 1 + t; - 2t;1 + 3t) \in \Delta \cap d\) nên \(I \in d\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AI} = ( - 2 + t; - 2 - 2t{\rm{; - 2}} + 3t)\\ {\rm{ }}{{\vec u}_d} = ({\rm{ 1}};{\rm{ - 2; 3}}) \end{array} \right.\) và từ hình vẽ, có \(\overrightarrow {AI} \bot {\vec u_d}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {AI} .{{\vec u}_d} = 0 \Rightarrow t = \frac{2}{7}\\ \Rightarrow AI\left( { - \frac{{12}}{7}; - \frac{{18}}{7}; - \frac{8}{7}} \right)\\ \Rightarrow d:\frac{{x - 1}}{6} = \frac{{y - 2}}{9} = \frac{{z - 3}}{4} \cdot \end{array}\)

Mỗi bạn có \(9.A_9^2\) cách viết nên số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = {\left( {9.A_9^2} \right)^2}\).

Ta tìm cách viết mà các chữ số các chữ số có mặt trong hai số mà bạn A và B viết giống nhau Bạn A có tất cả \(9.A_9^2\) cách viết, trong đó \(A_9^3\) cách viết mà số không gồm chữ số 0 và có \(\left( {9.A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách viết mà số có chữ số 0.

TH1: Nếu A viết số không gồm chữ số 0 có \(A_9^3\) cách, lúc này B có 3! cách viết.

TH2: Nếu A viết số có chữ số 0 có \(\left( {9.A_9^2 - A_9^3} \right)\) cách, lúc này B có 4 cách viết.

Vậy có \(A_9^3.3! + \left( {9.A_9^2 - A_9^3} \right).4\) cách viết thỏa mãn.

Xác suất cần tính bằng \(\frac{{A_9^3.3! + \left( {9.A_9^2 - A_9^3} \right).4}}{{{{\left( {A_9^2} \right)}^2}}} = \frac{{25}}{{2916}}\).

Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\). Do tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AH \bot BC\) và \(AH = \frac{a}{2}\).

Dựng điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

Khi đó \(d\left( {SA,BC} \right) = s\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right)\)

Kẻ \(HI \bot SA \Rightarrow d\left( {H,\left( {SAD} \right)} \right) = HI = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \(f'(x) = - {x^2} + 2mx - 9\)

Hàm số nghịch biến trên R \( \Leftrightarrow f'(x) \le 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 1 < 0\\ \Delta ' = {m^2} - 9 \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow m \in [ - 3;3]\)

\(m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 3, - 2, - 1,0,1,2,3} \right\}\)

\(100000 = 5000.{e^{0,195t}} \Leftrightarrow {e^{0,195t}} = 20 \Leftrightarrow 0,195t = \ln 20 \Leftrightarrow t \approx 15,36\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - ax}}{{bx - c}} = \frac{{ - a}}{b}\), theo giải thiết suy ra \(\frac{{ - a}}{b} = 3 \Leftrightarrow a = - 3b\)

Hàm số không xác định tại \(x = 1 \Rightarrow b - c = 0 \Leftrightarrow b = c\)

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định nên \(f'\left( x \right) = \frac{{ac - 2b}}{{{{\left( {bx - c} \right)}^2}}} > 0\) với mọi x khác 1

Suy ra \(ac - 2b > 0 \Leftrightarrow - 3{b^2} - 2b > 0 \Leftrightarrow - \frac{2}{3} < b < 0 \Leftrightarrow 0 < - b < \frac{2}{3}\)

Lại có a + b + c =  - 3b + b + b =  - b. Suy ra \({\left( {a + b + c} \right)^2} = {b^2} \in \left( {0;\frac{4}{9}} \right)\)

Vậy tổng a +b +c thuộc khoảng \(\left( {0;\frac{4}{9}} \right)\).

Gọi (O), (O') lần lượt là hai đường tròn đáy. \(A \in \left( O \right),C \in \left( {O'} \right)\).

Dựng AD, CB lần lượt song song với OO'(\(D \in \left( {O'} \right),B \in \left( O \right)\)). Dễ dàng có ABCD là hình chữ nhật.

Do \(AC = 10a,AD = 8a \Rightarrow DC = 6a\).

Gọi H là trung điểm của DC.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {O'H \bot DC}\\ {O'H \bot AD} \end{array}} \right. \Rightarrow O'H \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(OO'//\left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {OO',AC} \right) = d\left( {OO',\left( {ABCD} \right)} \right) = O'H = 4a\).

\(O'H = 4a,CH = 3a \Rightarrow R = O'C = 5a\).

Vậy thể tích của khối trụ là \(V = \pi {R^2}h = \pi {\left( {5a} \right)^2}8a = 200\pi {a^3}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = x\left( {6 + 12x + {e^{ - x}}} \right),\forall x \in R\) nên f(x) là một nguyên hàm của f'(x)

\(\int {f'\left( x \right){\rm{d}}x = \int {x\left( {6 + 12x + {e^{ - x}}} \right){\rm{d}}x} } = \int {\left( {6x + 12{x^2}} \right){\rm{d}}x + \int {x{e^{ - x}}{\rm{d}}x} } \)

Mà \(\int {\left( {6x + 12{x^2}} \right){\rm{d}}x = 3{x^2} + 4{x^3}} + C\)

Xét \(\int {x{e^{ - x}}{\rm{d}}x} \): Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x\\ {\rm{d}}v = {e^{ - x}}{\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

\(\int {x{e^{ - x}}{\rm{d}}x = - x{e^{ - x}} + \int {{e^{ - x}}} } {\rm{d}}x = - x{e^{ - x}} - {e^{ - x}} + C = - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}} + C\)

Suy ra \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 4{x^3} - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}} + C,\forall x \in R\).

Mà \(f\left( 0 \right) = - 1 \Rightarrow C = 0\) nên \(f\left( x \right) = 3{x^2} + 4{x^3} - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}},\forall x \in R\).

Ta có

\(\int\limits_0^1 {f\left( x \right)} {\rm{d}}x = \int\limits_0^1 {\left( {3{x^2} + 4{x^3} - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}}} \right)} {\rm{d}}x = \left. {\left( {{x^3} + {x^4}} \right)} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{ - x}}{\rm{d}}x} = 2 - \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{ - x}}{\rm{d}}x} \)

Xét \(\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{ - x}}{\rm{d}}x} \): Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} u = x + 1\\ {\rm{d}}v = {e^{ - x}}{\rm{d}}x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm{d}}u = {\rm{d}}x\\ v = - {e^{ - x}} \end{array} \right.\)

\(\int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{ - x}}{\rm{d}}x} = \left. { - \left( {x + 1} \right){e^{ - x}}} \right|_0^1 + \int\limits_0^1 {{e^{ - x}}{\rm{d}}x} = - 2{e^{ - 1}} + 1 - \left. {{e^{ - x}}} \right|_0^1 = - 2{e^{ - 1}} + 1 - {e^{ - 1}} + 1 = 2 - 3{e^{ - 1}}\)

Vậy \(\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 3{e^{ - 1}}\).

Từ đồ thị ta có \(f\left( x \right) = x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = a \in \left( { - \infty ;0} \right)\\ x = b \in \left( {0;1} \right)\\ x = 2 \end{array} \right.\)

Do đó \(f\left( {\cos x + 1} \right) = \cos x + 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x + 1 = a \in \left( { - \infty ;0} \right)\\ \cos x + 1 = b \in \left( {0;1} \right)\\ \cos x + 1 = 2 \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \cos x = a - 1 = {t_1} \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\,\,(VN)\\ \cos x = b - 1 = {t_2} \in \left( { - 1;0} \right)\,\,\,\,\,\,\,(1)\\ \cos x = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \end{array} \right.\)

Dựa vào đường tròn lượng giác, phương trình (1) có 3 nghiệm nằm trong \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2};3\pi } \right)\).

Phương trình (2) có 2 nghiệm nằm trong \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2};3\pi } \right)\).

Vậy phương trình ban đầu có tất cả 5 nghiệm nằm trong \(\left( {\frac{{ - \pi }}{2};3\pi } \right)\).

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l} {a^{2x}} = {b^{3y}} = {a^6}{b^6}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^{2x}} = {a^6}{b^6}\\ {b^{3y}} = {a^6}{b^6} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x = {\log _a}\left( {{a^6}{b^6}} \right)\\ 3y = {\log _b}\left( {{a^6}{b^6}} \right) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2x = 6 + 6{\log _a}b\\ 3y = 6 + 6{\log _b}a \end{array} \right. \end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 3\left( {1 + {{\log }_a}b} \right)\\ y = 2\left( {1 + {{\log }_b}a} \right) \end{array} \right.\)

Vì a, b > 1 nên \({\log _a}b > {\log _a}1 = 0\).

Do đó:

\(P = 4xy + 2x - y = 24(1 + {\log _a}b)(1 + {\log _b}a) + 6 + 6\log {}_ab - 2 - 2{\log _b}a\)

\( = 52 + 30{\log _a}b + 22{\log _b}a \ge 52 + 2\sqrt {30{{\log }_a}b.22{{\log }_b}a} = 52 + 4\sqrt {165} \)

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là \(m + n\sqrt {165} \) khi \(30{\log _a}b = 22{\log _b}a \Leftrightarrow {\log _a}b = \sqrt {\frac{{11}}{{15}}} \Leftrightarrow b = {a^{\sqrt {\frac{{11}}{{15}}} }}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} m = 52\\ n = 4 \end{array} \right. \Rightarrow m + n = 56\).

Phương trình hoành độ giao điểm:

\(\left|x^{2}-4 x+3\right|=x+3 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x+3 \geq 0 \\ {\left[\begin{array}{l} x^{2}-4 x+3=x+3 \\ x^{2}-4 x+3=-x-3 \end{array} \right.} \end{array}\right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = 5 \end{array} \right.\)

Khi đó

\(S=\int_{0}^{5}\left|\left(\left|x^{2}-4 x+3\right|-x-3\right)\right| \mathrm{d} x=\left|\int_{0}^{5}\left(\left|x^{2}-4 x+3\right|-x-3\right) \mathrm{d} x\right|=\frac{109}{6}\)

\(\Rightarrow a=109 ; b=6 \Rightarrow b-a^{3}+107=0\)

\(\begin{aligned} &\text { Ta có } f^{\prime \prime}(x) \cdot f(x)+\left[\frac{f(x)}{\cos x}\right]^{2}=\left[f^{\prime}(x)\right]^{2} \Leftrightarrow \frac{f^{\prime \prime}(x) \cdot f(x)-\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}}{f^{2}(x)}=-\frac{1}{\cos ^{2} x}\\ &\left[\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}\right]^{\prime}=-\frac{1}{\cos ^{2} x} \Rightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=-\tan x+C .\\& \operatorname{Vì}\left\{\begin{array}{l} f^{\prime}(0)=0 \\ f(0)=1 \end{array}\right. \text { nên } C=0\\ &\text { Do đó } \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}=-\tan x . \text { Suy ra } \int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{d(f(x))}{f(x)}=\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}-\tan x \cdot d x=\left.\int_{0}^{\frac{\pi}{3}} \frac{d(\cos x)}{\cos x} \Leftrightarrow \ln f(x)\right|_{0} ^{\frac{\pi}{3}}=\left.\ln \cos x\right|_{0} ^{\frac{\pi}{3}}\\ &\Leftrightarrow \ln f\left(\frac{\pi}{3}\right)-\ln f(0)=\ln \frac{1}{2}-\ln 1 \Leftrightarrow f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2} \end{aligned}\)

Giả sử khối hộp đã cho là ABCD. A' B' C' D' .với \(A B=a \text { và } \widehat{B A D}=60^{\circ}\)
Suy ra \(B D=a, A C=a \sqrt{3}\). Theo giả thiết, ta có \(B D=10 \Leftrightarrow a=10\)

Diện tích mặt đáy: \(S=A B \cdot A D \cdot \sin \widehat{B A D}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}=50 \sqrt{3}\)

Diện tích mỗi mặt bên bằng \(10 \Leftrightarrow A B \cdot B B^{\prime}=10 \Rightarrow B B^{\prime}=1\)

Vậy thể tích khối hộp: \(V=S_{A B C D} \cdot B B^{\prime}=50 \sqrt{3}\)

Giả sử khối hộp đã cho là ABCD. A' B' C' D' .với \(A B=a \text { và } \widehat{B A D}=60^{\circ}\)
Suy ra \(B D=a, A C=a \sqrt{3}\). Theo giả thiết, ta có \(B D=10 \Leftrightarrow a=10\)

Diện tích mặt đáy: \(S=A B \cdot A D \cdot \sin \widehat{B A D}=\frac{a^{2} \sqrt{3}}{2}=50 \sqrt{3}\)

Diện tích mỗi mặt bên bằng \(10 \Leftrightarrow A B \cdot B B^{\prime}=10 \Rightarrow B B^{\prime}=1\)

Vậy thể tích khối hộp: \(V=S_{A B C D} \cdot B B^{\prime}=50 \sqrt{3}\)

Từ giả thiết suy ra BA =BC= a

Chiều cao khối lăng trụ: BB'=a .

Diện tích tam giác: \(S_{\Delta A B C}=\frac{1}{2} B A \cdot B C=\frac{a^{2}}{2}\)

Vậy thể tích khối lăng truj \(V_{A B C . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}}=S_{\Delta A B C} \cdot B B^{\prime}=\frac{a^{3}}{2}\)