Ta có : \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {2x + 1}  - 1}}{{x(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2x}}{{x(x + 1)\left( {\sqrt {2x + 1}  + 1} \right)}} = 1\)

Vậy ta chọn \(f(0) = 1\). 

Vì \({y^/} = {\left( {{x^3} - 5} \right)^/}.\sqrt x  + \left( {{x^3} - 5} \right).{\left( {\sqrt x } \right)^/} = 3{x^2}\sqrt x  + \left( {{x^3} - 5} \right).\frac{1}{{2\sqrt x }}\)\( = \frac{7}{2}{x^2}\sqrt x  - \frac{5}{{2\sqrt x }} = \frac{7}{2}\sqrt {{x^5}}  - \frac{5}{{2\sqrt x }}\).

Đạo hàm: \({y^/} = {f^/}\left( x \right) = 2x + 5\)

Hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) với trục \(Ox\) thỏa mãn: \({x^2} + 5x + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 4\\x =  - 1\end{array} \right.\)

+ Với \(x =  - 4;y = 0 \Rightarrow \) PTTT tại điểm \(\left( { - 4;0} \right)\) có hệ số góc là: \(k = {f^/}\left( { - 4} \right) =  - 3\)

Suy ra PTTT của \(\left( C \right)\) tại \(\left( { - 4;0} \right)\) là: \(y =  - 3\left( {x + 4} \right) \Leftrightarrow y =  - 3x - 12\).

+ Với \(x =  - 1;y = 0 \Rightarrow \) PTTT tại điểm \(\left( { - 1;0} \right)\) có hệ số góc là: \(k = {f^/}\left( { - 1} \right) = 3\)

Suy ra PTTT của \(\left( C \right)\) tại \(\left( { - 1;0} \right)\) là: \(y = 3\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow y = 3x + 3\). 

Vận tốc của chuyển động lúc \(t\) là: \(v\left( t \right) = S' = {\left( {{t^3} + 3{t^2} - 9t + 27} \right)^/} = 3{t^2} + 6t - 9.\)

Gia tốc của chất điểm lúc \(t\) là: \(a\left( t \right) = v' = {\left( {3{t^2} + 6t - 9} \right)^/} = 6t + 6.\)

Vận tốc triệt tiêu khi \(v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow 3{t^2} + 6t - 9 = 0\), suy ra \(t = 1.\)

Do đó \(a\left( 1 \right) = 6.1 + 6 = 12{\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)

TXĐ \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(y = {x^4} - 2{x^2} \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x \Leftrightarrow x = 0;x =  \pm 1\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra, hàm số đồng biến trên khoảng \((1; + \infty )\). 

Ta có: \({f^/}\left( x \right) = a\cos x - b\sin x\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}{f^/}\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\\f\left( { - \frac{\pi }{4}} \right) = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\ - \frac{{\sqrt 2 }}{2}a + \frac{{\sqrt 2 }}{2}b + 1 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{1}{2}\\a = \frac{1}{2}\end{array} \right.\). 

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y = \frac{{ax + b}}{{cx + d}}\) là \(y = \frac{a}{c} = 2\) . 

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đạt cực đại tại\(x =  - 1\), giá trị cực đại là \(y = 4\).

Hàm số đạt cực tiểu tại\(x = 1\), giá trị cực tiểu là \(y = 0\). 

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( C \right)\) và trục \(Ox\)là

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

Vậy \((C)\) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.     

Đồ thị đã cho là đồ thị hàm trùng phương, có hệ số \(a < 0\) , cắt trục tung tại điểm có tung độ là 1, hàm số có 3 cực trị nên \(ab < 0\). 

Hàm số đạt cực trị tại hai điểm \(x = 0\) và \(x = 2\) nên loại \(C\) và \(D\).

Lập bảng biến và suy ra kết luận.

Trắc nghiệm:

Hàm số đạt cực trị tại hai điểm \(x = 0\) và \(x = 2\) nên loại \(C\) và \(D\).

Nhìn vào dạng biến thiên ta loại \(B\).

+ Phương trình \(\left( 1 \right)\) có nghiệm khi và chỉ khi \(\Delta ' \ge 0 \Leftrightarrow 9{m^2} - 12\left( {{m^2} - 4 + \frac{{12}}{{{m^2}}}} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow 4 \le {m^2} \le 12 \Leftrightarrow m \in \left[ { - 2\sqrt 3 ; - 2} \right] \cup \left[ {2;2\sqrt 3 } \right]\).

Theo định lý Vi-ét, phương trình \(\left( 1 \right)\) có hai nghiệm \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{m}{2}\\{x_1}{x_2} = \frac{1}{{12}}\left( {{m^2} - 4 + \frac{{12}}{{{m^2}}}} \right)\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow x_1^3 + x_2^3 = {\left( {x_1^{} + x_2^{}} \right)^3} - 3{x_1}{x_2}\left( {{x_1} + {x_2}} \right) = \frac{m}{2} - \frac{3}{{2m}}\).

+ Xét hàm số \(y = \frac{m}{2} - \frac{3}{{2m}}\) có:

TXĐ: \(D = \left[ { - 2\sqrt 3 ; - 2} \right] \cup \left[ {2;2\sqrt 3 } \right]\).

\(y' = \frac{1}{2} + \frac{3}{{2{m^2}}} > 0,\forall m \in D\).

Lập bảng biến thiến.

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra \({\left( {x_1^3 + x_2^3} \right)_{\max }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\) đạt được khi \(m = 2\sqrt 3 \).

+ TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\).

+ Ta có: \(y' = \frac{{m{x^2} + 4mx + 14}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\).

Hàm số nghịch biến trên \([1; + \infty )\)\( \Leftrightarrow y' \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\), đẳng thức chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn.

\( \Leftrightarrow m{x^2} + 4mx + 14 \le 0{\rm{ }}\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\)\( \Leftrightarrow m\left( {{x^2} + 4x} \right) \le  - 14{\rm{ }}\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow g\left( x \right) = \frac{{ - 14}}{{\left( {{x^2} + 4x} \right)}} \ge m,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow \mathop {\min g\left( x \right)}\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)}  \ge m\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = \frac{{ - 14}}{{\left( {{x^2} + 4x} \right)}}\) trên \([1; + \infty )\) có : \(g'\left( x \right) = \frac{{14\left( {2x + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 4x} \right)}^2}}} > 0,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow \) hàm số luôn đồng biến \( \Rightarrow \)\(\mathop {\min g\left( x \right)}\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)}  = g\left( 1 \right) =  - \frac{{14}}{5} \ge m \Leftrightarrow m \le  - \frac{{14}}{5}\).

\(a = 1,d =  - 8 \Rightarrow {x_2} = \sqrt[3]{{ - \frac{d}{a}}} = 2\)

\({x_2} = 2\)thì có: \({2^3} - (3m + 1){2^2} + (5m + 4)2 - 8 = 0 \Rightarrow m = 2\)

Với \(m = 2\) thì \({x^3} - 7{x^2} + 14x - 8 = 0 \Leftrightarrow (x - 2)({x^2} - 5x + 4) = 0 \Leftrightarrow x = 2,x = 1,x = 4\)

Vậy, \(x \in \left\{ {1;2;4} \right\}\) lập cấp số nhân.

Với vận tốc tự thân là \(v\left( {{\rm{km/h}}} \right)\), vận tốc dòng nước là \(10\left( {{\rm{km/h}}} \right).\) thì

Vận tốc di chuyển ngược dòng của con cá hồi là : \(v - 10{\rm{ (km/h)}}\)

Thời gian để con cá hồi vượt \(400\left( {{\rm{km}}} \right)\) ngược dòng nước là : \(t = \frac{{400}}{{v - 10}}{\rm{ (km)  }}\left( {v > 10} \right)\)

Như thế lượng năng lượng tiêu hao của con cá hồi là: \(E\left( v \right) = c{v^3}t = 400c \cdot \frac{{{v^3}}}{{v - 10}}{\rm{ (jun)}}\)

Xét hàm số \(f\left( v \right) = \frac{{{v^3}}}{{v - 10}}\) với \(v > 10\) ta có \(f'\left( v \right) = \frac{{2{v^2}\left( {v - 15} \right)}}{{{{\left( {v - 10} \right)}^2}}}.\)

Bảng biến thiên của \(f\left( v \right)\) trên khoảng \(\left( {10; + \infty } \right).\)

\(E\left( v \right)\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow f\left( v \right)\) nhỏ nhất \( \Leftrightarrow v = 15.\)

Vậy nếu vận tốc tự thân của cá hồi là \(15{\rm{ (km/h)}}\) thì năng lượng tiêu hao của nó thấp nhất.

Vì phép quay là phép đồng dạng mà phép quay với góc quay \(\alpha  \ne k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\) thì không biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

\(M' = {V_{\left( {O, - 2} \right)}}\left( M \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'}  =  - 2\overrightarrow {OM}  =  - 2\left( { - 2;4} \right) = \left( {4; - 8} \right) \Rightarrow M'\left( {4; - 8} \right)\). 

Đường tròn \(\left( C \right)\) có phương trình: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 4\) có tâm \(O\left( {1;5} \right),R = 2\). Gọi \(O'\) là ảnh của tâm \(O\) qua phép vị tự tâm \({V_{\left( {I, - 2} \right)}}\). Khi đó, tọa độ của \(O'\) là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' =  - 2.1 + \left( {1 - \left( { - 2} \right)} \right)2}\\{y' =  - 2.5 + \left( {1 - \left( { - 2} \right)} \right)\left( { - 3} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 4}\\{y' =  - 19}\end{array}} \right.\).

Và \(R' = \left| k \right|R = 2.2 = 4.\) Vậy \(\left( {C'} \right)\)có phương trình là:\({\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 19} \right)^2} = 16.\)

Ta lấy điểm \(A\left( {1;1} \right) \in {\Delta _1}.\) Khi đó

\(A' = {V_{\left( {I,k} \right)}}\left( A \right) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = kx + \left( {1 - k} \right)a}\\{y' = ky + \left( {1 - k} \right)b}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = k + \left( {1 - k} \right)2}\\{y' = k + \left( {1 - k} \right)1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 2 - k}\\{y' = 1}\end{array}} \right.\)

Mà \(A' \in {\Delta _2} \Rightarrow x' - 2y' + 4 = 0 \Rightarrow 2 - k - 2.1 + 4 = 0 \Rightarrow k = 4.\)

\(A\) là điểm chung thứ nhất của \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\)

\(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\), \(N\) là trung điểm \(CD\) nên \(N \in BG\) nên \(N\) là điểm chung thứ hai của \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\). Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ACD} \right)\) và \(\left( {GAB} \right)\) là \(AN\).

Tính chất của hàm số \(y = \sin x\)

\(\cot x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \);

\(\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \);

\(\tan x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \)

\(\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi \)

Do đó \(x = \pi \) là nghiệm của phương trình \(\sin x = 0\)

Trắc nghiệm:

Nhập hàm \(\sin x\)calc với \(x = \,\,\pi \).

Nhập hàm \(\cot x\)calc với \(x = \,\,\pi \).

Nhập hàm \(\cos x\)calc với \(x = \,\,\pi \).

Nhập hàm \(\tan x\)calc với \(x = \,\,\pi \).

\(\sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x + \frac{\pi }{3} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x + \frac{\pi }{3} = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\3x = \pi  + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{{2\pi }}{9} + k\frac{{2\pi }}{3}\\x = \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\)

Vì \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\)  nên \(x = \frac{\pi }{3};\,\,\,x = \frac{{4\pi }}{9}\)

\(\frac{{\left( {2\cos x - 1} \right)\left( {\sin 2x - \cos x} \right)}}{{\sin x - 1}} = 0\,\,\,\)( Điều kiện \(\sin x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k2\pi \))

Với điều kiện đó phương trình tương đương với

\(\left[ \begin{array}{l}\cos {\rm{x}} = \frac{1}{2}\\\sin 2{\rm{x}} = \cos {\rm{x}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \cos {\rm{x}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.(TM);\,\,\)

\(\,\sin 2{\rm{x}} = \cos {\rm{x}} \Leftrightarrow \sin 2{\rm{x}} = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\2{\rm{x}} = \pi  - \frac{\pi }{2} + x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}\,\,\,\,\,\,(TM)\\x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \,\,\,\,\,\,\,(L)\end{array} \right.\)

Vì \(x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\) nên phương trình có nghiệm \(x = \frac{\pi }{3};\,\,x = \frac{\pi }{6}\)

\(\begin{array}{l}\left( {m + 2} \right)\sin 2x + m{\cos ^2}x = m - 2 + m{\sin ^2}x\\ \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)\sin 2x + m\frac{{1 + \cos 2{\rm{x}}}}{2} = m - 2 + m\frac{{1 - \cos 2{\rm{x}}}}{2}\\ \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)\sin 2x + m\cos 2{\rm{x}} = m - 2\end{array}\)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi \({\left( {m + 2} \right)^2} + {m^2} \ge {\left( {m - 2} \right)^2} \Leftrightarrow {m^2} + 8m \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m \ge 0\\m \le  - 8\end{array} \right.\)

Điều kiện: \(3 + 2\cos 2x - 8{\cos ^2}\frac{x}{2} = 3m\)

\(\sin 2x - 2m\sqrt 2 \left( {\sin x + \cos x} \right) + 1 - 6{m^2} = 0\)

\({\sin ^6}x + {\cos ^6}x = m\sin 2x\).

So với điều kiện, họ nghiệm của phương trình là \(4{\cos ^3}x + \left( {m - 3} \right)\cos x - 1 = \cos 2x{\rm{   }}\left( 1 \right)\).

Theo quy tắc nhân xác suất.

Ta có \(A_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!}};C_n^k = \frac{{n!}}{{\left( {n - k} \right)!k!}} \Rightarrow A_n^k = C_n^k.k!\)

Xét khai triển \({(1 - 2{\rm{x}})^{2018}} = C_{2018}^0 - 2{\rm{x}}.C_{2018}^1 + {( - 2{\rm{x}})^2}.C_{2018}^2 + {( - 2{\rm{x)}}^3}{\rm{.C}}_{2018}^3 + ... + {( - 2{\rm{x)}}^{2018}}{\rm{.C}}_{2018}^{2018}\)

Tổng các hệ số trong khai triển là

\(S = C_{2018}^0 - 2.C_{2018}^1 + {( - 2)^2}.C_{2018}^2 + {( - 2{\rm{)}}^3}{\rm{.C}}_{2018}^3 + ... + {( - 2{\rm{)}}^{2018}}{\rm{.C}}_{2018}^{2018}\)

Cho \(x = 1\) ta có

 \(\begin{array}{l}{(1 - 2.1)^{2018}} = C_{2018}^0 - 2.1.C_{2018}^1 + {( - 2.1)^2}.C_{2018}^2 + {( - 2.1{\rm{)}}^3}{\rm{.C}}_{2018}^3 + ... + {( - 2.1{\rm{)}}^{2018}}{\rm{.C}}_{2018}^{2018}\\ \Leftrightarrow {\left( { - 1} \right)^{2018}} = S \Leftrightarrow S = 1\end{array}\)

Số cách lấy ra \(6\) quả cầu từ \(10\) quả cầu là \(C_{10}^6\)

\( \Rightarrow n\left( \Omega  \right) = C_{10}^6 = 210\)

Gọi \(A\)là biến cố ‘‘Trong \(6\) quả cầu lấy ra có không quá \(1\) quả cầu trắng”.

\( \Rightarrow \overline A \) là biến cố‘‘Trong \(6\) chi tiết lấy ra có 2 quả cầu trắng”.

Số cách lấy \(4\) quả cầu từ \(8\) quả cầu đỏ và vàng là \(C_8^4\).

Số cách lấy \(2\) quả cầu trắng là \(C_2^2\).

Theo quy tắc nhân ta có \(n\left( {\overline A } \right) = C_8^4.C_2^2 = 70\).

Vậy xác suất \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{n\left( {\overline A } \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{70}}{{210}} = \frac{1}{3} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\).

Gọi Ai : “lần gieo thứ i xuất hiện mặt 6 chấm.”, với \(i \in \left\{ {1;2;3} \right\}\) Þ \(P\left( {{A_i}} \right) = \frac{1}{6}\) Þ \(P\left( {\overline {{A_i}} } \right) = \frac{5}{6}\)
A : “mặt có 6 chấm chỉ xuất hiện trong lần gieo thứ 3”

\(P\left( A \right) = P\left( {\overline {{A_1}} {\rm{.}}\overline {{A_2}} {\rm{.}}{A_3}} \right) = P\left( {\overline {{A_1}} } \right).P\left( {\overline {{A_2}} } \right).P\left( {{A_3}} \right) = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^2}.\left( {\frac{1}{6}} \right)\)

\({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{2\left( {n + 1} \right) + 1}}{{\left( {n + 1} \right) + 2}} - \frac{{2n + 1}}{{n + 2}}\)\( = \frac{{\left( {2n + 3} \right)\left( {n + 2} \right) - \left( {n + 3} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{{\left( {n + 3} \right)\left( {n + 2} \right)}} = \frac{{2{n^2} + 7n + 6 - 2{n^2} - 7n - 3}}{{\left( {n + 3} \right)\left( {n + 2} \right)}}\)

\( = \frac{3}{{\left( {n + 3} \right)\left( {n + 2} \right)}} > 0,\forall n \in {\rm{N*}}\) Þ Dãy số \(({u_n})\)với \({u_n} = \frac{{2n + 1}}{{n + 2}}\) là dãy số tăng. Þ D

Trắc nghiệm:

Dãy số \(({u_n})\)với\({u_n} = \frac{1}{n} + 3\), hay với \({u_n} = \frac{1}{{n - 1}}\) là các dãy giảm.

Dãy số \(({u_n})\)với \({u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}{.2^n}\) là dãy đan dấu không tăng, giảm.

Vậy D là đáp án tìm được do loại trừ.

Do \({u_{n + 1}} =  - \sqrt 2 .{u_n}\) Þ dãy số \(\left( {{u_n}} \right):\) \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\{u_{n + 1}} =  - \sqrt 2 {\rm{ }}{\rm{. }}{u_n}\end{array} \right.\)là một cấp số nhân với công bội \(q = 2\)

Ta có \( - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + ( - 1);{\rm{ }} - \frac{3}{2} =  - \frac{1}{2} + ( - 1);{\rm{ }} - \frac{5}{2} =  - \frac{3}{2} + ( - 1);.....\).

Vậy dãy số trên là cấp số cộng với công sai \(d =  - 1\). Suy ra \({u_{20}} = {u_1} + 19d =  - 18,5\).

Gọi a là góc lớn nhất , thế thì \(2(75 + a) = {360^0}\) Û \(a = {105^0}\).

Đặt số tiền đặt mỗi lần là \({u_1} = {2^0}{\rm{x}}20.000;\,{u_2} = {2^1}{\rm{x}}20.000;\,{u_3} = {2^2}{\rm{x}}20.000;\,....,\,{u_{10}} = {2^9}{\rm{x}}20.000.\,\) Lập thành cấp số nhân có số hạng đầu \({u_1} = 20.000;\,q = 2\)

Tổng số tiền đã tham gia cược là \({S_{10}} = {u_1}\frac{{1 - {p^{10}}}}{{1 - q}} = 20.000\frac{{1 - {2^{10}}}}{{1 - 2}}\)

Số tiền người đó có được sau ván thứ 10 thắng cược là \(T = 2{u_{10}} - {S_{10}} = {2^{10}}.20000 - 20000\left( {{2^{10}} - 1} \right) = 20000\)

Vậy sau 10 ván cược như trên, người đó thắng cược được 20000đ

Thay trực tiếp \(x =  - 2\) cho ta kết quả.

Phương án B. Khi \(k\) là số chẵn \(k = 2n,\,n \in {\mathbb{N}^*}\)thì kết quả giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^{2n}} =  + \infty \)

Các phương án khác đều đúng.

\( - {x^2} \le {x^2}\sin \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2}}} \le {x^2}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( { - {x^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2}} \right) = 0\) nên theo nguyên lý giới hạn kẹp \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{{{x^2} + 2}}{{{x^2}}} = 0\)

Giới hạn phải \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {m\frac{{{x^2} - 4}}{{{x^2} - 3x + 2}} + {n^2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {m\frac{{x + 2}}{{x - 1}} + {n^2}} \right) = 4m + {n^2}\)

Giới hạn bên phải \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {nx - {m^2} - 5} \right) = 2n - {m^2} - 5\)

Để hàm số có giới hạn tại \(x = 2\) thì:

\(\begin{array}{l}2n - {m^2} - 5 = 4m + {n^2} \Leftrightarrow \left( {{m^2} + 4m + 4} \right) + \left( {{n^2} - 2n + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} + {\left( {n - 1} \right)^2} = 0\\ \Rightarrow m =  - 2;\,n = 1\end{array}\)

- Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là đường thẳng qua \(M\), song song với \(BD\), cắt \(BC,CD\) lần lượt tại \(F,G\).

 - Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) là đường thẳng qua \(M\), song song với \(SA\), cắt \(SC\) lần lượt tại \(E\).

Thiết diện cần tìm là tam giác \(EFG\).

Gọi \(I,I'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'\). Đường thẳng \(AO\) cắt \(II',A'I'\) lần lượt tại \(K\) và \(H\). Đường thẳng đi qua \(H\), song song với \(A'B'\) lần lượt cắt \(A'C',B'C'\) tại \(M\) và \(N\). Thiết diện tạo bởi mặt phẳng \(\left( {ABO} \right)\) với lăng trụ là hình thang \(ABNM\).

Xét \(\Delta HAA'\) ta có \(\frac{{HG'}}{{HA'}} = \frac{1}{2},\frac{{I'G'}}{{G'A'}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(\frac{{KI'}}{{AA'}} = \frac{{HI'}}{{HA'}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{KI'}}{{KI}} = \frac{1}{3}\).

Vì \(\Delta NI'K \sim \Delta BIK\) nên \(\frac{{NI'}}{{CI'}} = \frac{{NI'}}{{IB}} = \frac{{KI'}}{{KI}} = \frac{1}{3}\). Từ đó \(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{MN}}{{A'B'}} = \frac{{C'N}}{{CB'}} = \frac{1}{3}\).

Hai mặt \(SAB,SAD\) là tam giác vuông tại \(A\) là hiển nhiên.

Lại có \(\left. \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow  BC \bot {\rm{S}}B\).

Chứng minh tương tự ta có mặt \(SC{\rm{D}}\) vuông tại \(D\).

\(\left. \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow  \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\), (B) đúng.

\(\left. \begin{array}{l}A{\rm{D}} \bot SA\\A{\rm{D}} \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow A{\rm{D}} \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow  \left( {SAD} \right) \bot \left( {SAB} \right)\), (C) đúng.

\(\left. \begin{array}{l}C{\rm{D}} \bot SA\\C{\rm{D}} \bot AD\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow  \left( {SC{\rm{D}}} \right) \bot \left( {SAD} \right)\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(SC\). Góc \(\left( {AM,BC} \right) = \left( {AM,MN} \right)\)

Tính được

\(MN = \frac{{BC}}{2} = \frac{{SB\sqrt 2 }}{2}\)

\(AM = \frac{{SB\sqrt 5 }}{2}\)

Tam giác \(AMN\) cân nên \(AM = AN\)

Do đó \(\cos \widehat {AMN} = \frac{{A{M^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2{\rm{AM}}{\rm{.MN}}}} = \frac{{MN}}{{2{\rm{A}}M}} = \frac{{\frac{{SB\sqrt 2 }}{2}}}{{{\rm{S}}B\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\). 

Gọi H là trung điểm của AB \( \Rightarrow SH \bot AB\) (do tam giác SAB đều)

Do \((SAB) \bot (ABC) \Rightarrow SH \bot (ABC)\)

Do tam giác ABC vuông tại A nên AB=2a\( \Rightarrow SH = a\sqrt 3 .\)

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2a.a = {a^2}\)

Kẻ KM song song với AC cắt SA tại M. Khi đó AC//KM suy ra AC//(BKM)

Do đó d(AC,BK)=d(AC,(BKM))

Ta có \(AC \bot AB;AC \bot SH\) nên \(AC \bot (SAB)\)

Kẻ \(AI \bot BM,\) do KM//AC nên \(AI \bot KM\) suy ra \(AI \bot \left( {BKM} \right)\)

Suy ra d(AC,BK)=d(AC,(BKM))=d(A,(BKM))=AI

Ta có: \(\frac{{MA}}{{SA}} = \frac{{KC}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow {S_{AMB}} = \frac{2}{3}{S_{SAB}} = \frac{2}{3}{(2a)^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{2}{3}{a^2}\sqrt 3 .\)

Ta lại có \(BM = \sqrt {A{B^2} + A{M^2} - AB.AM.\cos {{60}^0}}  = \frac{{2a\sqrt 7 }}{3}\)

Do đó \(AI = \frac{{2{S_{ABM}}}}{{BM}} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}.\) Vậy \(d(AC,BK) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}.\)

Loại hình 1,2,4 vì các hình đó có 1 cạnh là cạnh trung của nhiều hơn 2 mặt.

Khối tứ diện đều , khối bát diện đều và khối 20 mặt đều có tất cả các mặt là tam giác có 3 cạnh, mà mỗi cạnh của các khối này đều là cạnh trung của đúng hai mặt. Vậy ta có: 3M=2C.

Gọi hình chóp đã cho là \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng x khi đó các mặt bên của hình chóp là các tam giác đều bằng nhau.

M là trung điểm BC thì SM là đường cao của mặt bên SBC nên \(SM = a\sqrt 3 \). Tam giác SBC đều cạnh x và đường cao \(SM = a\sqrt 3 \) nên\(\frac{{x\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3  \Leftrightarrow x = 2a.\)  Vậy \({S_{ABCD}} = 4{a^2}.\)

\(SO = \sqrt {S{M^2} - M{O^2}}  = \sqrt {S{M^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{3}{a^3}.\)

+ Lập thiết diện của khối hộp đi qua mặt phẳng (MB’D’) Thiết diện chia khối hộp thành hai phần trong đó có AMN.A’B’D’.

Trong mp (ABB’A’) có MB’ cắt AA’ tại K.

Trong (ADD’A’) có KD’ cắt AD tại N

=> Thiết diện là MNB’D’. Dễ thấy N là trung điểm của AD

+ Áp dụng định lý Ta lét ta có:

\(\frac{{KA}}{{KA'}} = \frac{{KM}}{{KB'}} = \frac{{KN}}{{KD'}} = \frac{{MN}}{{BD}} = \frac{1}{2}\)

\(\frac{{{V_{KAMN}}}}{{{V_{KA'B'D'}}}} = \frac{{KA.KM.KN}}{{KA'.KB.KD'}} = \frac{1}{8}\)

Suy ra: \(\begin{array}{l}{V_{AMN.A'B'D'}} = \frac{7}{8}{V_{K.A'B'D'}} = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}.KA'.\frac{1}{2}.A'B'.A'D' = \frac{7}{{48}}.2.{\rm{AA}}'.AB'.A'D' = \frac{7}{{24}}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\\\end{array}\)

Vậy tỉ lệ giữa 2 phần đó là \(\frac{7}{{17}}.\)