Hàm số \(f\left( x \right)\) xác định với mọi \(x \in R\) khi và chỉ khi \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

+ Với \(m = 0\) ta có: \(4x - 1 > 0\) (không thỏa mãn)

+ Với \(m \ne 0\), ta có: \(m{x^2} - 2\left( {m - 2} \right)x + 2m - 1 > 0 \forall x \in \mathbb{R}\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\Delta ' =  - {m^2} - 3m + 4 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\left[ \begin{array}{l}m > 1\\m <  - 4\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 1\)

Chọn đáp án B.

Điều kiện: \({x^3} - 3x > 0\)

Ta có: \({\log _3}({x^3} - 3x) = \dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow \left( {{x^3} - 3x} \right) = {3^{\dfrac{1}{2}}}\)

Dùng máy tính giải phương trình, so sánh điều kiện phương trình có 1 nghiệm.

Chọn đáp án D.

Điều kiện: \(x \le 2\)

Xét hương trình hoành độ giao điểm ta có:

\(\sqrt {2 - x}  = x \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\2 - x = {x^2}\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\{x^2} + x - 2 = 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\x = 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Rightarrow x = 1\)

Khi đó, thể tích khối tròn xoay cần tính được xác được bởi công thức: \(V = \pi \int\limits_0^1 {{x^2}\,dx + \pi \int\limits_1^2 {\left( {2 - x} \right)\,dx} } \)

Chọn đáp án D.

Ta có: \(\int {\dfrac{{\sin x}}{{{{\cos }^2}x}}} \,dx =  - \int {\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \,d\left( {\cos x} \right)\)\(\, = \dfrac{1}{{\cos x}} + C.\)

Chọn đáp án D.

Đths có TCĐ: \(x =  - 1\) nên loại A, C.

Đths đi qua điểm \(\left( {0; - 1} \right)\) nên chỉ có D thỏa mãn.

\(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\)

\(TXD:D = R\)

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

Từ BBT  ta có đồ thị hàm số \(y = {x^3} - 3{x^2} + 1\) cắt đường thẳng \(y = m\)  tại 3 điểm phân biệt

\( \Rightarrow  - 3 < m < 1\)

Tứ diện là hình đa diện đơn giản nhất có cạnh bằng 6 nên số cạnh của hình đa diện luôn lớn hơn hoặc bằng 6.

Chọn D.

- Khối lăng trụ tam giác, khối hộplà các khối đa diện.

- Khối tứ diện là một khối đa diện lồi.

- Không phải khi nào lắp ghép 2 khối đa diện ta cũng được khối đa diện lồi.

Chọn C.

Chú ý khi giải:

Một số em sẽ nghĩ đáp án C là đúng nhưng thực chất khi lắp ghép hai khối đa diện ta chưa chắc đã nhận được khối đa diện lồi.

Khi quay quanh cạnh AB thì ta có một hình chóp đỉnh B, đáy là đường tròn tâm A, bán kính AD.

Tiếp tục ta có \(BD \bot BC,\,DA \bot BC \Rightarrow BC \bot AB\)

Vậy khi quay quanh AB, ta có thêm hình chóp đỉnh A đáy là đường tròn tâm B bán kính BC.

Chọn B.

Phương pháp tự luận

Mặt phẳng \((P)\) cắt mặt cầu \({(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} + {z^2} = 12\) theo đường tròn có chu vi lớn nhất nên mặt phẳng \((P)\) đi qua tâm \(I(1; - 2;0)\).

Phương trình mặt phẳng \((P)\) song song với mặt phẳng \(Oxz\) có dạng :\(Ay + B = 0\)

 Do \((P)\) đi qua tâm \(I(1; - 2;0)\)có phương trình dạng: \(y + 2 = 0\).

Phương pháp trắc nghiệm

+) Mặt phẳng \((P)\) song song với mặt phẳng \(Oxz\) nên lọai đáp án D.

+) Mặt phẳng \((P)\)đi qua tâm \(I(1; - 2;0)\)nên thay tọa độ điểm \(I\)vào các phương trình loại được đáp án B,C.

Đặt z = x + yi

\(\begin{array}{l}\left| z \right| = 3 \Rightarrow \left| {x + yi} \right| = 3\\ \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {y^2}}  = 3\end{array}\)

Tập hợp biểu diễn số phức z là đường tròn tâm 0( 0, 0), bán kính bằng 3

Với z₁= 3 + 2i , z₂= 2 – 3i

\({z_1}.{z_2} = \left( {3 + 2i} \right)\left( {2 - 3i} \right) \)\(\,= 6 - 5i - 6{i^2} = 12 - 5i\)

\(y =  - {x^3} + 3x - 5\)

\(TXD:D = R\)

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

Đồng biến trên \((-1,1) .\) 

Đáp án A: \(y' = \cos x - 1 \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) vì \(\cos x \le 1\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Vậy hàm số \(y = \sin x - x\) luôn nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Ta có: \({a^{\dfrac{3}{4}}} > {a^{\dfrac{4}{5}\,\,\,}}\,\, \Rightarrow 0 < a < 1\,\); \(\,\,{\log _b}\dfrac{1}{2} < {\log _b}\dfrac{2}{3} \Rightarrow b > 1\)

Chọn đáp án C.

Điều kiện: \({x^2} - 5 > 0\)

Ta có: \({\log _{\dfrac{1}{3}}}{\log _4}({x^2} - 5) > 0\)

\(\Leftrightarrow 0 < {\log _4}({x^2} - 5) < 1\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 5 < 4\\{x^2} - 5 > 1\end{array} \right. \)

\(\Leftrightarrow \)\(x \in ( - 3; - \sqrt 6 ) \cup (\sqrt 6 ;3)\)

Chọn đáp án A.

Chiều cao của hình nón là: \(h = \sqrt {{l^2} - {r^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  \)\(\,= a\sqrt 2 \)

Thiết diện lớn nhất đi qua S và trục của hình nón có diện tích là:

\(S = \dfrac{1}{2}h.2r = \dfrac{1}{2}a\sqrt 2 .2.a\sqrt 2  = 2{a^2}\)

Chọn A

Phương pháp tự luận:

+) Gọi \(H,K\)lần lượt là hình chiếu vuông góc của  \(M\)trên mặt phẳng\((\alpha )\) và trục \(Oy\).

Ta có : \(K(0;2;0)\)

\(d(M,(\alpha )) = MH \le MK\)

Vậy khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng\((\alpha )\) lớn nhất khi mặt phẳng\((\alpha )\)qua \(K\) và vuông góc với\(MK\).

Phương trình mặt phẳng: \(x + 3z = 0\)

Ta có:\(I = \int {\left( {2{x^2} - \dfrac{1}{{\sqrt[3]{x}}} - \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)\,dx} \)\(\, = \int {\left( {2{x^2} - {x^{ - \dfrac{1}{3}}} - \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)dx} \)\(\,= \dfrac{2}{3}{x^3} - \dfrac{3}{2}{x^{\dfrac{2}{3}}} - \tan x + C\)

Chọn đáp án B.

Phương trình hoành độ giao điểm \({x^2} - x + 3 = 2x + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thì được xác định bằng công thức

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_1^2 {\left| {\left( {{x^2} - x + 3} \right) - \left( {2x + 1} \right)} \right|\,dx} \\ = \int\limits_1^2 {\left| {{x^2} - 3x + 2} \right|} \,dx\\ = \left| {\dfrac{{{x^3}}}{3} - \dfrac{3}{2}{x^2} + 2x} \right|\left| \begin{array}{l}^2\\_1\end{array} \right.\\ = \left| {\dfrac{2}{3} - \dfrac{5}{6}} \right| = \dfrac{1}{6}.\end{array}\)

Chọn đáp án C.

Phép đối xứng qua mặt phẳng (P) là phép biến hình biến mỗi điểm thuộc (P) thành chính nó.

Chọn D.

Phép dời hình bảo toàn khoảng cách giữa 2 điểm nên đoạn thẳng sẽ có độ dài bằng đoạn thẳng đã cho.

Chọn A.

Ta có: \(y' = 4{x^3} - 8x = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Do đó hàm số có 3 điểm cực trị nên A sai.

Hàm số đạt cực tiểu tại x=4, đạt cực đại tại x=2 nên chỉ có D đúng.

Ta có: \(\dfrac{{{x^y}{y^x}}}{{{y^y}{x^x}}} = {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^y}.{\left( {\dfrac{y}{x}} \right)^x}\)\(\, = {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^y}{\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^{ - x}} = {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^{y - x}}\)

Chọn đáp án C.

Ta có: \(y = {x^{\dfrac{4}{5}}}{(x - 4)^{2\,}}\)

\(\Rightarrow y' = {\left( {{x^{\dfrac{4}{5}}}{{(x - 4)}^{2\,}}} \right)^\prime }\)

\(= \dfrac{4}{5}{x^{\dfrac{{ - 1}}{5}}}{\left( {x - 4} \right)^2} + {x^{\dfrac{4}{5}}}\left( {2x - 8} \right)\)

\( = {x^{\dfrac{{ - 1}}{5}}}\left( {x - 4} \right)\left( {\dfrac{4}{5}\left( {x - 4} \right) + 2x} \right)\)

\(= {x^{\dfrac{{ - 1}}{5}}}\left( {x - 4} \right)\left( {\dfrac{{14}}{5}x - \dfrac{{16}}{5}} \right)\)

Các điểm cực trị là \(x = 4\) và \(x = \dfrac{8}{7}\)   

Chọn đáp án A.

Ta có: \(\int {\left( { - \cos x} \right)} \,dx = \sin x + C.\)

Chọn đáp án A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\int {\dfrac{{{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}}}{x}\,dx} \\ = \int {\left( {{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}} \right)} \,d\left( {\ln x} \right)\\ = \dfrac{1}{3}\int {\left( {{{\left( {3\ln x + 2} \right)}^4}} \right)} \,d\left( {3\ln x + 2} \right)\\ = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{{\left( {3\ln 2 + 2} \right)}^5}}}{5} = \dfrac{{{{\left( {3\ln 2 + 2} \right)}^5}}}{{15}} + C.\end{array}\)

Chọn đáp án B.

\(\begin{array}{l}{z^2} + 4z + 13 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{z^2} + 4z + 4} \right) + 9 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {z + 2} \right)^2} =  - 9\\ \Rightarrow {\left( {z + 2} \right)^2} = 9{i^2}\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}z + 2 = 3i\\z + 2 =  - 3i\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}z =  - 2 + 3i\\z =  - 2 - 3i\end{array} \right.\end{array}\)

Phép dời hình biến đường thẳng thành đường thẳng.

Chọn D.

Chú ý khi giải:

Một số em sẽ chọn đáp án C vì không đọc kỹ đáp án.

Có 5 khối đa diện, đó các loại \(\left\{ {3;3} \right\},\left\{ {4;3} \right\},\left\{ {3;4} \right\},\left\{ {5;3} \right\},\left\{ {3;5} \right\}\)

Vậy kí hiệu \(\left\{ {4;4} \right\}\) không phải kí hiệu của khối đa diện đều nào cả.

Chọn D.

Gọi hình nón có bán kính đáy là r

Đọ dài đường sinh là \(l = 2r\)

Khi đó,  khai triển hình nón theo đường sinh ta được hình quạt có bán kính \(R = l = 2r\)  và độ dài cung tròn là: \(L = C = 2\pi r\)

Mặt khác: \(L = \alpha R \Rightarrow \alpha  = \dfrac{{2\pi r}}{{2r}} = \pi \)

Chọn D.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {1,2,3} \right),R = 3\).

Ta có \(IA < R\) nên điểm \(A\)nằm trong mặt cầu.

Ta có : \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) = \sqrt {{R^2} - {r^2}} \)

Diện tích hình tròn \(\left( C \right)\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow \)\(r\)nhỏ nhất \( \Leftrightarrow d\left( {I,\left( P \right)} \right)\) lớn nhất.

Do \(d\left( {I,\left( P \right)} \right) \le IA\)\( \Rightarrow \max d\left( {I,\left( P \right)} \right) = IA\) Khi đó mặt phẳng\(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và nhận \(\overrightarrow {IA} \) làm vtpt

\( \Rightarrow \left( P \right):x + 2y + z - 2 = 0\)

Ta có: \(P = \dfrac{S}{{{{(1 + k)}^n}}} \)

\(\Rightarrow {(1 + k)^n} = \dfrac{S}{P}\)

\(\Leftrightarrow n = {\log _{k + 1}}\left( {\dfrac{S}{P}} \right) = \dfrac{{\log \dfrac{S}{P}}}{{\log (1 + k)}}\)

Chọn đáp án A

Thứ tự tăng dần là \({\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^\pi },\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{\sqrt 2 }},\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^0},\,\,{\left( {\dfrac{1}{3}} \right)^{ - 1}}\)

Chọn đáp án A.

Phương trình hoành độ giao điểm là: \(\left( {e + 1} \right)x\, = \left( {{e^x} + 1} \right)x \)

\(\Leftrightarrow x\left( {{e^x} + 1 - e - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x\left( {{e^x} - e} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\).

Khi đó, diện tích hình phẳng được giới hạn bởi hai đồ thị là:

\(\begin{array}{l}S = \int\limits_0^1 {\left| {\left( {{e^x} + 1} \right)x - \left( {e + 1} \right)x} \right|\,dx} \\\,\,\,\, = \int\limits_0^1 {\left| {{e^x}x - ex} \right|\,dx}  = \int\limits_0^1 {\left( {ex - {e^x}x} \right)} \,dx\\\,\,\,\, = \left( {\dfrac{{e{x^2}}}{2}} \right)\left| \begin{array}{l}^1\\_0\end{array} \right. - \int\limits_0^1 {{e^x}xdx} \end{array}\)

Đặt \(I = \int\limits_0^1 {{e^x}x\,dx} \)

Ta có: \(\begin{array}{l}I = \int\limits_0^1 {{e^x}x\,dx}  = \int\limits_0^1 {x\,d\left( {{e^x}} \right)} \\\,\,\, = \left( {x.{e^x}} \right)\left| {_0^1} \right. - \int\limits_0^1 {{e^x}} dx\\\,\,\, = e - \left( {{e^x}} \right)\left| {_0^1} \right. = e - \left( {e - 1} \right) = 1\end{array}\)

Khi đó: \(S = \dfrac{e}{2} - 1 = \dfrac{{e - 2}}{2}.\)

Chọn đáp án C.

Áp dụng khái niệm của tích phân: Xét \(f\left( x \right)\) là một hàm số liên tục trê đoạn \(\left[ {a;b} \right]\), ( với \(a < b\)) và \(F\left( x \right)\) là một nguyên hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\) ta có\(\int\limits_a^b f (x)\,dx = F(b) - F(a)\).

Chọn đáp án D.

Cho x=0 thì y=0 nên đồ thị hàm số chỉ cắt trục Oy tại 1 điểm duy nhất.

Ta có thể tích của khối trụ (H) là: \({V_1} = S.h\)

Thể tích của khối nón (N) là: \({V_2} = \dfrac{1}{3}S.h\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = 3\) . Chọn B.

Gọi \(A\left( {a;0;0} \right),B\left( {0;b;0} \right),C\left( {0;0;c} \right)\) lần lượt là giao điểm của \(\left( P \right)\) với các trục \(Ox,Oy,Oz\)

\( \Rightarrow \)\(\left( P \right):\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 1\left( {a,b,c \ne 0} \right)\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{N \in \left( P \right)}\\{NA = NB}\\{NA = NC}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1}\\{\left| {a - 1} \right| = \left| {b - 1} \right|}\\{\left| {a - 1} \right| = \left| {c - 1} \right|}\end{array}} \right. \)

\(\Leftrightarrow a = b = c = 3 \Rightarrow x + y + z - 3 = 0\)

Ta có:

\(\int {\left( {\dfrac{{4m}}{\pi } + {{\sin }^2}x} \right)\,dx}  \)

\(= \int {\left( {\dfrac{{4m}}{\pi } + \dfrac{{1 - \cos 2x}}{2}} \right)} \,dx \)

\(= \int {\left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }} - \dfrac{{\cos 2x}}{2}} \right)\,dx} \)

\( = \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right)x - \dfrac{1}{4}\int {\cos 2x\,d\left( {2x} \right)}\)

\(  = \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right)x - \dfrac{{\sin 2x}}{4} + C\)

Theo giả thiết ta có:

+ \(F\left( 0 \right) = 1 \Rightarrow C = 1\)

+ \(F\left( {\dfrac{\pi }{4}} \right) = \dfrac{\pi }{8}\)

\(\Rightarrow \left( {\dfrac{{8m + \pi }}{{2\pi }}} \right).\dfrac{\pi }{4} - \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{\pi }{8}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{8m + \pi }}{8} = \dfrac{\pi }{8} - \dfrac{3}{4} = \dfrac{{\pi  - 6}}{8} \)

\(\Leftrightarrow 8m =  - 6 \Rightarrow m =  - \dfrac{3}{4}\).

Chọn đáp án A.

Ta có: \(y = {x^2}{e^{ - x}}\)

\(\Rightarrow y' = {\left( {{x^2}{e^{ - x}}} \right)^\prime }\)\(\, = 2x{e^{ - x}} - {x^2}{e^{ - x}}\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow x{e^{ - x}}\left( {2 - x} \right) = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

+ Hàm số có \(x = 0\) là điểm cực tiểu, \(x = 2\) là điểm cực đại.

Chọn đáp án D.

Nếu hàm số f(x) đồng biến trên R thì f'(x) \(\ge 0\) trên R.

\(y = \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}}\)

TXĐ: D=R\{1}

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} = 4\)  nên TCN: y=4

\(\left. \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ + }} \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {{( - 1)}^ - }} \dfrac{{4x - 1}}{{x + 1}} =  - \infty \end{array} \right\} \)\(\,\Rightarrow   TCĐ: x= -1\)

\( \Rightarrow \) tâm đối xứng I(-1,4)

Khối đa diện mười hai mặt đều thuộc loại \(\left\{ {3;5} \right\}\) nên mỗi mặt có 3 cạnh

Mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt nên tổng số cạnh của đa diện là \(20.3:2 = 30\)  (cạnh)

Chọn C.

Chú ý khi giải:

Một số em sẽ chọn nhầm đáp án D vì quên không chia cho 2 (mỗi cạnh lặp lại 2 lần).

Thể tich khối tròn xoay tạo ra khi quay hình thang ABCD quanh trục CD là:

\(V = \dfrac{1}{3}a.\pi {a^2} + a.\pi {a^2} = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}\)

Chọn A.

Gọi \(M\left( {a;0;0} \right),N\left( {0;b;0} \right)\) lần lượt là giao điểm của \(\left( P \right)\) với các tia \(Ox,Oy\)\(\left( {a,b > 0} \right)\)

Do \(OM = 2ON\)\( \Leftrightarrow a = 2b\)\( \Rightarrow \overrightarrow {MN} \left( { - 2b;b;0} \right) =  - b\left( {2; - 1;0} \right)\) .Đặt \(\overrightarrow u \left( {2; - 1;0} \right)\)

Gọi \(\overrightarrow n \) là môt vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\)\( \Rightarrow \)\(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( { - 1;2;1} \right)\)

Phương trình măt phẳng \(\left( P \right):x - 2y - z + 2 = 0\).

Nếu f’(x) đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x₀ thì x₀ là điểm cực tiểu của hàm số.

Ta có: \({5^{x - 1}} = {\left( {\dfrac{1}{{25}}} \right)^x} \)

\(\Leftrightarrow {5^{x - 1}} = 5{}^{ - 2x} \)

\(\Leftrightarrow x - 1 =  - 2x\)

\(\Leftrightarrow x = \dfrac{1}{3}.\)

Chọn đáp án A.

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Vì chóp \(S.ABCD\) đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Đặt \(SA = SB = SC = SD = a\)

Tam giác \(SCD\) có:\(SC = SD;\widehat {CSD} = {60^0} \Rightarrow \Delta SCD\)đều\( \Rightarrow CD = SC = SD = a\)

\( \Rightarrow \) Hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow OC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC \Rightarrow \Delta SOC\) vuông tại O

\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} \)

\(\Rightarrow h = \sqrt {{a^2} - \dfrac{{{a^2}}}{2}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\) \( \Rightarrow a = h\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow {S_{ABCD}} = {a^2} = {\left( {h\sqrt 2 } \right)^2} = 2{h^2}\)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}h.2{h^2} = \dfrac{{2{h^3}}}{3}\)

Chọn C.