Lời giải

Theo tính chất mối liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng thì đáp án A,C,Dđúng.

Trong đáp án B nếu a,b nằm trong mặt phẳng song song với (P) thì $b\text{\hspace{0.05em}\hspace{0.05em}//\hspace{0.05em}\hspace{0.05em}}\left(P\right)$. Vậy kết luận ở câu B sai.

Lời giải

Xét đáp án A, $\lim \frac{n+3}{n+2}=\lim \frac{1+3.\frac{1}{n}}{1+2.\frac{1}{n}}=\frac{1+3.0}{1+2.0}=1$.

Xét đáp án B, $\lim {\left(\frac{2019}{2020}\right)}^n=0$ vì $\left|\frac{2019}{2020}\right|<1$.

Xét đáp án C, $\lim 2^n=+\infty$.

Xét đáp án D, $\lim n^4=+\infty$.

Lời giải

          Kẻ $CE\perp AB\left(E\in AB\right)$, $AF\perp AC\left(F\in AC\right)$, $CE\cap AF=H$.

Tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau do đó

$OA\perp \left(OBC\right),OB\perp \left(OAC\right),OC\perp \left(OAB\right)$.

Ta có $OC\perp \left(OAB\right)\Rightarrow OC\perp AB.$ Do đó đáp án A đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AF\\ BC\perp OA\left(vìOA\perp \left(OBC\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(OAF\right)\Rightarrow BC\perp OH.$ Do đó đáp án C đúng.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp CE\\ AB\perp OC\left(vìOC\perp \left(OAB\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow AB\perp \left(COE\right)\Rightarrow AB\perp OH.$

Do đó  $\left\{\begin{array}{l}OH\perp BC\\ OH\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow OH\perp \left(ABC\right).$ Do đó đáp án B đúng.

Ta có $OA\perp \left(OBC\right)\Rightarrow OA\perp OF\Rightarrow \Delta AOF$ vuông tại O.

Suy ra OH không vuông góc với OA. Do đó đáp án D sai.

Lời giải

TXĐ :  $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$

Nên hàm số sẽ gián đoạn tại x=2

Lời giải

Theo tính chất cấp số nhân ta có: $8_{}^2=x^2.x\iff x=4$

Lời giải

Hàm số $y=\frac{x^2}{x-2}$ có tập xác định $D=ℝ\backslash \left\{2\right\}$ nên không liên tục tại x=2.

Lời giải

 $I=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-2x^3+4x+5\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right).$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3=+\infty .$

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right)=-2+0+0=-2$.

$\Rightarrow I=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(-2+\frac{4}{x^2}+\frac{5}{x^3}\right)=-\infty .$

Lời giải

Đkxđ: $\left\{\begin{array}{l}3+x\ge 0\\ 4-x\ge 0\end{array}\right.\iff -3\le x\le 4$. TXĐ: $D=\left[-3;4\right]$.

+ Lấy $x_0$ bất kì thuộc khoảng $\left(-3;4\right)$ thì $\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{3+x_0}+\sqrt{4-x_0}=f\left(x_0\right)\Rightarrow$ hàm số liên tục trên khoảng $\left(-3;4\right)$.

+ $\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to {\left(-3\right)}^{+}}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{7}=f\left(-3\right)$.

+ $\underset{x\to 4^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 4^{-}}{\lim }\left(\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}\right)=\sqrt{7}=f\left(4\right)$.

Vậy hàm số $f\left(x\right)=\sqrt{3+x}+\sqrt{4-x}$ liên tục trên đoạn $\left[-3;4\right]$.

Lời giải

          Xét đáp án A là cấp số nhân với $u_1=1,q=-1.$

          Xét đáp án B có $\frac{-3}{1}=\frac{9}{-3}\ne \frac{10}{9}$, suy ra không phải cấp số nhân.

          Xét đáp án C là cấp số nhân với $u_1=1,q=0$.

          Xét đáp án D là cấp số nhân với $u_1=32,q=\frac{1}{2}$.

Lời giải

Đáp án B: chỉ đúng trong mặt phẳng.

Đáp án C: a và b có thể chéo nhau.

Đáp án D: đúng.

Lời giải

Vì các hàm số $y=x^2;y=\sin x;y=\frac{x^2-1}{x^2+x+1}$ có tập xác định trên R nên chúng liên tục trên R

Hàm số $y=\text{tan}x$ liên tục trên từng khoảng xác định$\left(\frac{-\pi }{2}+k\pi ;\frac{\pi }{2}+k\pi \right)$ .

Vậy có 3 hàm số đã cho liên tục trên R.

Lời giải

Ta có

+ $\lim \frac{1}{2^n}=\lim {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=0.$ Đáp án A đúng.

+ $\lim \frac{3}{n+1}=\lim \frac{\frac{3}{n}}{1+\frac{1}{n}}=\frac{0}{1}=0.$ Đáp B đúng.

+ $\lim \left(\sqrt{n^2+2n+3}-n\right)=\lim \frac{n^2+2n+3-n^2}{\sqrt{n^2+2n+3}+n}$$=\lim \frac{2n+3}{\sqrt{n^2+2n+3}+n}=\lim \frac{2+\frac{3}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{n^2}}+1}=\frac{2}{\sqrt{1}+1}=1.$

 Đáp án C đúng.

 Vậy đáp án D sai.

Ta có $\Delta SAC$ vuông tại A ( Do $SA\perp AC$)

$\Delta SAB$ vuông tại A ( Do $SA\perp AB$)

$\Delta ABC$ vuông tại B ( Do $BC\perp AB$).

Lại có $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SA\\ BC\perp AB\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp \left(SAB\right)$ mà $SB\subset \left(SAB\right)$ suy ra $BC\perp SB$ nên $\Delta SBC$ vuông tại B.

Vậy Hình chóp SABC có 4 mặt là tam giác vuông.

Lời giải

Ta có $A\text{'}D//B\text{'}C$ suy ra góc giữa hai đường thẳng AC và DA' là $\widehat{\left(AC,B\text{'}C\right)}$

Ta thấy $AC,AB\text{'},B\text{'}C$ lần lượt là đường chéo của các hình vuông $ABCD$, $AA\text{'}B\text{'}B$, $BB\text{'}C\text{'}C$ nên tam giác $ACB\text{'}$ đều. Suy ra $\widehat{ACB\text{'}}={60}^0$.

Vậy $\widehat{\left(AC,B\text{'}C\right)}=\widehat{ACB\text{'}}={60}^0$.

Ta có $SC\perp \left(ABC\right)$ nên C là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC).

Khi đó, CM là hình chiếu vuông góc của SM xuống mặt phẳng (ABC).

Do đó góc tạo bởi đường thẳng SM và mặt phẳng (ABC) là $\alpha =\left(\widehat{SM,MC}\right)$.

          Tam giác SMC vuông tại C nên $\alpha =\widehat{SMC}$ và $\tan \alpha =\frac{SC}{MC}=\frac{a}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Ta có EF là đường trung bình trong $∆ABC$ nên $EF\parallel SB$. Khi đó góc giữa EF và mặt phẳng (SAD) là góc giữa SB và mặt phẳng (SAD).

Mặt khác, do $SA\perp BA$, $AD\perp BA$ nên $BA\perp \left(SAD\right)$. Do đó A là hình chiếu vuông góc của B lên (SAD).

Suy ra, SA là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAD).

Khi đó góc giữa SB và mặt phẳng (SAD) là $\alpha =\left(\widehat{SB,SA}\right)$.

Do $∆ABC$ vuông cân tại A nên $\alpha =\widehat{ASB}=45°$.         

Lời giải

Ta có

 $\begin{array}{l}I=\underset{x\to -1}{\lim }\left(x^4-2mx+m^2+3\right)\\ =\underset{x\to -1}{\lim }\left({(-1)}^4-2m(-1)+m^2+3\right)\\ =\underset{x\to -1}{\lim }\left(m^2+2m+4\right)\\ =m^2+2m+4.\end{array}$

Do đó, $I<12\iff m^2+2m-8<0\iff -4<m<2$.

$m\in \mathbb{Z}\Rightarrow m\in \left\{-3,-2,-1,0,1\right\}$. Do đó, có tất cả 5 giá trị m thoả mãn yêu cầu đề bài.

Lời giải

Đặt $f\left(x\right)=x^3-3x^2+3$, hàm số liên tục trên R. Ta có

$\left\{\begin{array}{c}f(-1)=-1\\ f\left(0\right)=3\end{array}\Rightarrow f(-1).f\left(0\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình $f\left(x\right)=0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc (-1,0)

$\left\{\begin{array}{c}f\left(1\right)=1\\ f\left(2\right)=-1\end{array}\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình f(x)=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1,2)

$\left\{\begin{array}{c}f\left(2\right)=-1\\ f\left(3\right)=3\end{array}\Rightarrow f\left(2\right).f\left(3\right)<0\Rightarrow \right.$phương trình f(x) có ít nhất 1 nghiệm thuộc (2,3)

Do $\left(-1;0\right)\cap \left(1;2\right)\cap \left(2;3\right)=\varnothing$ nên ta sẽ có 3 nghiệm trên phân biệt và $x^3-3x^2+3=0$ là phương trình bậc ba nên sẽ có tối đa 3 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Ta có $\Delta SIA,\Delta SIB,\Delta SIC$ là các tam giác vuông tại I vì $SI\perp \left(ABC\right)$.

Xét $\Delta SIA$ vuông tại I và $\Delta SIB$ vuông tại I có: SI là cạnh chung, cạnh huyền SA=SB (cạnh huyền – cạnh góc vuông) $\Rightarrow \Delta SIA=\Delta SIB$  (1).

Tương tự ta có $\Delta SIB=\Delta SIC\Rightarrow IB=IC$  (2).

Từ (1), (2) ta có $IA=IB=IC$. Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp của $∆ABC$.

Lời giải

Đặt $S_1=\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}+\mathrm{...}$

Ta có $S_1$ là tổng cấp số nhân lùi vô hạn với $u_1=\frac{1}{3}$ và công bội $q=\frac{1}{3}\Rightarrow S_1=\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}$ 

Nên $S=2+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\mathrm{...}+\frac{1}{3^n}+\mathrm{...}=2+S_1=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$ từ đó ta có $a=5,b=2\Rightarrow a.b=10$.

Lời giải

Ta có $u_1=11;u_2=13\Rightarrow d=u_2-u_1=2$.

Lại có $S=\frac{1}{u_1{u}_2}+\frac{1}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{1}{u_{99}{u}_{100}}$ .

$\Rightarrow 2S=\frac{2}{u_1{u}_2}+\frac{2}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{2}{u_{99}{u}_{100}}=\frac{u_2-u_1}{u_1{u}_2}+\frac{u_3-u_2}{u_2{u}_3}+\mathrm{...}+\frac{u_{100}-u_{99}}{u_{100}-u_{99}}$

$=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_2}+\frac{1}{u_2}-\frac{1}{u_3}+\mathrm{...}-\frac{1}{u_{99}}+\frac{1}{u_{99}}-\frac{1}{u_{100}}\right)$

$=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_{100}}\right)=\left(\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_1+99d}\right)=\left(\frac{1}{11}-\frac{1}{11+99.2}\right)=\frac{18}{209}$.

$\Rightarrow S=\frac{9}{209}$.

Lời giải

 Ta có $u_5=u_2.q^3\Rightarrow q=\sqrt[3]{\frac{u_5}{u_2}}=\sqrt[3]{\frac{54}{-2}}=-3$.  Và $u_1=\frac{u_2}{q}=\frac{-2}{-3}=\frac{2}{3}$.

 $\Rightarrow S_{1000}=\frac{u_1(q^{1000}-1)}{q-1}=\frac{\frac{2}{3}\left[{(-3)}^{1000}-1\right]}{-3-1}=\frac{1-3^{1000}}{6}$.

Gọi N là trung điểm AC$\Rightarrow MN\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}AB\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left(\widehat{AB,DM}\right)=\left(\widehat{MN,DM}\right)\\ MN=\frac{a}{2}\end{array}\right.$.

Ta có ABCD là hình chóp đều.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}DM\perp BC\\ DN\perp AC\end{array}\right.\Rightarrow DM=DN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

                    Ta có $\cos \left(\widehat{AB,DM}\right)=\cos \left(\widehat{MN,DM}\right)=\left|\cos \widehat{NMD}\right|=\left|\frac{M{N}^2+M{D}^2-N{D}^2}{2.MN.MD}\right|$

                    $=\left|\frac{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}{2.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}\right|=\frac{\sqrt{3}}{6}$.

Hàm số đã cho xác định trên tập $\left(2;+\infty \right).$ Với mọi $x_0\in (2;+\infty )$ ta có

$\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{2x+3}{\sqrt{x-2}}=\frac{2x_0+3}{\sqrt{x_0-2}}=f\left(x_0\right)$

Do đó hàm số liên tục trên khoảng $\left(2;+\infty \right).$ 

Lời giải

 Hàm số đã cho xác định trên tập hợp $ℝ\backslash \text{{1; -2}\pm \sqrt{2}\text{}}$ .

 Do đó f(x) gián đoạn tại 3 điểm là 1; $-2-\sqrt{2}$ và $-2+\sqrt{2}$.

Gọi P là trung điểm của đoạn AB. Theo tính chất đường trung bình trong các tam giác ABD ta có PM song song với BD và $PM=\frac{1}{2}BD=4a.$

Tương tự, trong tam giác ABC ta có PN song song với AC và $PN=\frac{1}{2}AC=3a$.

Theo giả thiết $AC\perp BD$ nên $PM\perp PN$.

Trong tam giác vuông MPN, ta có $MN=\sqrt{P{M}^2+P{N}^2}=5a$.

Lời giải

Ta có, $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2-2ax+3+a^2\right)={\left(-2\right)}^2-2a(-2)+3+a^2=a^2+4a+7$.

           $\underset{x\to -2}{\lim }\left(x^2-2ax+3+a^2\right)=3$.

            $\iff a^2+4a+7=3$.

            $\iff a^2+4a+4=0$.

            $\iff a=-2$.

Lời giải

Ta có $\underset{x\to 3}{\lim }\left[10-2f\left(x\right)\right]=10-2\underset{x\to 3}{\lim }f\left(x\right)=10-2.7=-4$.

   Vậy $\underset{x\to 3}{\lim }\left[10-2f\left(x\right)\right]=-4$.

Lời giải

Tập xác định của hàm số: D=R.

Ta có: $f\left(1\right)=m^2+m-8$.

Mặt khác, $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1}{\lim }(x^2-3x)=-2$

Khi đó, để hàm số liện tục lại $x_0=1$ thì $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$

Hay $m^2+m-8=-2\iff \left[\begin{array}{l}m=-3\\ m=2\end{array}\right.$

Vậy tích các phần tử của tập S bằng -6.

Lời giải

- Diện tích của hình vuông ABCD là $S_1=a^2$.

- Diện tích của hình vuông $A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ là $S_2={\left(a\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{a^2}{2}$.

- Tương tự diện tích $S_3,S_4\mathrm{....}$lần lượt là $\frac{a^2}{4},\frac{a^2}{8}$…..

Các diện tích này lập thành một CSN lùi vô hạn có $u_1=a^2$ và công bội $q=\frac{1}{2}$ và $S_n=S_1+S_2+\mathrm{....}$

Khi đó $S=\lim S_n=\frac{a^2}{\frac{1}{2}}=2a^2$.

.

Ta có : $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{a{x}^2+bx-5}{x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{a\left(x^2-1\right)+b\left(x-1\right)+a+b-5}{x-1}$

=$\underset{x\to 1}{\lim }\left[a\left(x+1\right)+b\right]+\underset{x\to 1}{\lim }\frac{a+b-5}{x-1}$