Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 19

Gọi số đo ba góc lần lượt là \(u_{1};u_{2};u_{3}\)

Ta có \(u_{1}+u_{2}+u_{3}=180 \Leftrightarrow 25+25+d+25+2 d=180 \Leftrightarrow d=35\)

Vậy \(u_{?}=60 ; u_{3}=90\)

Ta có:

\(u_{1}+u_{2}+u_{3}+u_{4}=360 \Leftrightarrow 30+30+d+30+2 d+30+3 d=360 \Leftrightarrow d=40\)

Vậy \(u_{2}=70 ; u_{3}=110 ; \mathrm{u}_{4}=150\)

+) Nếu số lá sen ngày đầu là 1 = 30 thì số lá sen ngày thứ 2 là 1.3 = 31; số lá sen ngày thứ ba là 3.3 = 32 ...số lá sen ngày thứ 10 là 39.

Như vậy để hồ đầy lá sen thì cần 39 lá.

+) Nếu ngày đầu có u₁ = 9 lá thì ngày thứ 2 có: 9.3 = 27 lá; ngày thứ 3 có: 27.3 = 81 lá...

Do đó; số lá sen mỗi ngày có trong hồ là 1 cấp số nhân với u₁ = 9; q = 3.

Số hạng thứ n là

\({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}} = {9.3^{n - 1}}\)

Để hồ đầy lá sen thì cần 39 lá

⇒ \({9.3^{n - 1}} = {3^{10}} \Rightarrow n + 1 = 9 \Rightarrow n = 8\)

Vậy đến ngày thứ 8 thì hồ sẽ đầy lá.

Kí hiệu An, Bn lần lượt là số tiền công (đơn vị đồng) cần trả theo cách tính giá của cơ sở A và cơ sở B.

Theo giả thiết ta có:

+ An là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng với số hạng đầu u₁ = 50000 và công sai d = 10000.

+ Bn là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân với số hạng đầu v₁ = 50000 và công bội q = 1,08. Do đó:

\(\begin{array}{l} {A_{20}} = \dfrac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2}\\ = 10\left( {2.50000 + 19.10000} \right) = 2900000\\ {B_{20}} = {v_1}\dfrac{{1 - {q^{20}}}}{{1 - q}} = 50000.\dfrac{{1 - {{(1,09)}^{20}}}}{{1 - 1,09}} \approx 2558000 \end{array}\)

Suy ra nên chọn cơ sở B khoan giếng 20 mét.

\(\begin{array}{l} {A_{30}} = \dfrac{{30\left( {2{u_1} + 29d} \right)}}{2}\\ = 15\left( {2.50000 + 29.10000} \right) = 5850000\\ {B_{30}} = {v_1}\dfrac{{1 - {q^{30}}}}{{1 - q}} = 50000.\dfrac{{1 - {{(1,09)}^{30}}}}{{1 - 1,09}} \approx 6815377 \end{array}\)

Suy ra nên chọn cơ sở A để khoan giếng 30 mét.

Ta có dãy số (u_n) là cấp số cộng có công sai d = 6.

\({\log _2}{u_5} + {\log _{\sqrt 2 }}\sqrt {{u_9} + 8} = 11 \Leftrightarrow {\log _2}{u_5}\left( {{u_9} + 8} \right) = 11\) (*) với u5 > 0.

Mặt khác \({u_5} = {u_1} + 4d = {u_1} + 24\) và \({u_9} = {u_1} + 8d = {u_1} + 48\).

Thay vào (*) ta được \(\left[ \begin{array}{l} {u_1} = 8 \Rightarrow {u_5} = 32\\ {u_1} = - 88 \Rightarrow {u_5} = - 64 \end{array} \right.\). Suy ra u1 = 8.

\({S_n} \ge 20172018 \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] \ge 20172018 \Leftrightarrow 3{n^2} + 5n - 20172018 \ge 0\).

Vậy số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn \({S_n} \ge 20172018\) là n = 2593.

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {u_2} - {u_3} + {u_5} = 10\\ {u_4} + {u_6} = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + d - {u_1} - 2d + {u_1} + 4d = 10\\ {u_1} + 3d + {u_1} + 5d = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} + 3d = 10\\ 2{u_1} + 8d = 26 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ d = 3 \end{array} \right. \end{array}\)

\({u_4} = 10,{u_7} = 19,{u_{10}} = 28...\)

Ta có u₁, u₄, u₇, u₁₀, …, u₂₀₁₁ là cấp số cộng có \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ d = 9\\ n = 671 \end{array} \right.\)

\(S = \frac{{671}}{2}\left( {2.1 + 670.9} \right) = 2023736\)

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng liên tiếp của CSC:

\({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]\)

\( \Leftrightarrow 900 = \frac{n}{2}\left[ {2.1 + \left( {n - 1} \right).2} \right]\)

\( \Leftrightarrow {n^2} = 900\)

\(\Rightarrow n = 30.\)

Vậy \({u_{30}} = 1 + 29.2 = 59.\)

Số que ở 1 tầng là u₁ = 3.

Tổng số que ở 2 tầng là \({u_1} + {u_2} = 3 + 7\).

Tổng số que ở 3 tầng là \({u_1} + {u_2} + {u_3} = 3 + 7 + 11\).

Ta có cấp số cộng u₁ = 3, d = 4, tính S₁₀?

Để cần có 10 tầng cần tổng \({S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left( {2.3 + 9.4} \right) = 210\) que.

Ta có \({x_n} = 1,1.{x_{n - 1}}\) và x1 = 40 nên dãy số (x_n) là một cấp số nhân có số hạng đầu x₁ = 40 và công bội \(q = \frac{{{x_n}}}{{{x_{n - 1}}}} = 1,1\).

\(S = {x_1} + {x_2} + ... + {x_{12}} = 40.\frac{{1 - 1,{1^{12}}}}{{1 - 1,1}} \approx 855,4\).

Ta có: \(A{M^2} = \frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4}\) (1)

Do ba cạnh BC, AM, AB lập thành cấp số nhân nên ta có: \(BC.AB = A{M^2}\) (2)

Thay (2) vào (1) ta được \(\frac{{2\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) - B{C^2}}}{4} = BC.AB\)

\( \Leftrightarrow 4A{B^2} - 4AB.BC - B{C^2} = 0\)

\( \Leftrightarrow 4{\left( {\frac{{AB}}{{BC}}} \right)^2} - 4\frac{{AB}}{{BC}} - 1 = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}\\ \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{1 - \sqrt 2 }}{2}\,\,\,\left( {loai} \right) \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow q = \sqrt {\frac{{1 + \sqrt 2 }}{2}} = \frac{{\sqrt {2 + 2\sqrt 2 } }}{2}\)

Ta có \(A = 1 + 2 + {2^2} + {2^3} + ... + {2^n} = {2^{n + 1}} - 1\)

Xét \(2S = 1.2 + {2.2^2} + {3.2^3} + {4.2^4} + ... + {2017.2^{2017}} + {2018.2^{2018}}\)

Và \(S = 1 + 2.2 + {3.2^2} + {4.2^3} + ... + {2017.2^{2016}} + {2018.2^{2017}}\)

Suy ra

\(S = {2018.2^{2018}} - \left( {1 + 2 + {2^2} + {2^3} + ... + {2^{2017}}} \right)\)

\( = {2018.2^{2018}} - \left( {{2^{2018}} - 1} \right) = {2017.2^{2018}} + 1\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} ac = {b^2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\\ bd = {c^2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\\ a + b + c = \frac{{148}}{9}{\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array} \right.\).

Và cấp số cộng có \({u_1} = a,{u_4} = b,{u_8} = c\). Gọi x là công sai của cấp số cộng. Vì cấp số nhân có công bội khác 1 nên x khác 0.

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l} b = a + 3x\\ c = a + 7x \end{array} \right.\) (4)

Từ (1) và (4) ta được: \(a\left( {a + 7x} \right) = {\left( {a + 3x} \right)^2}\).

\( \Leftrightarrow ax - 9{x^2} = 0\)

Do x khác 0 nên a = 9x.

Từ (3) và (4), suy ra \(3a + 10x = \frac{{148}}{9}\).

Do đó : \(\left\{ \begin{array}{l} a = 4\\ x = \frac{4}{9} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = \frac{{16}}{3}\\ c = \frac{{64}}{9}\\ d = \frac{{256}}{{27}} \end{array} \right.\)

Vậy \(T = a - b + c - d = \frac{{ - 100}}{{27}}\).

Ở câu B có bậc tử nhơ hơn bậc mẫu nên có giới hạn bằng 0

\(\lim \frac{3 n-n^{4}}{4 n-5}=\lim \frac{n^{4}\left(\frac{3}{n^{3}}-1\right)}{n\left(4-\frac{5}{n}\right)}=\lim n^{3} \cdot \frac{\frac{3}{n^{3}}-1}{4-\frac{5}{n}}\)

Ta có

\(\left\{\begin{array}{l} \lim n^{3}=+\infty \\ \lim \frac{\frac{3}{n^{3}}-1}{4-\frac{5}{n}}=-\frac{1}{4}<0 \end{array} \Rightarrow \lim \frac{3 n-n^{4}}{4 n-5}=\lim n^{3} \cdot \frac{\frac{3}{n^{3}}-1}{4-\frac{5}{n}}=-\infty\right.\)

\(\lim \frac{2 n+3 n^{3}}{4 n^{2}+2 n+1}=\lim \frac{n^{3}\left(\frac{2}{n^{2}}+3\right)}{n^{2}\left(4+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}\right)}=\lim n \cdot \frac{\frac{2}{n^{2}}+3}{4+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}} .\)

Ta có

\(\left\{\begin{array}{l} \lim n=+\infty \\ \lim \frac{\frac{2}{n^{2}}+3}{4+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}}=\frac{3}{4}>0 \end{array}\right.\)\(\longrightarrow \operatorname{lim} \frac{2 n+3 n^{3}}{4 n^{2}+2 n+1}=\lim n \cdot \frac{\frac{2}{n^{2}}+3}{4+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}}=+\infty .\)

\(\lim \frac{n^{3}-2 n}{1-3 n^{2}}=\lim \frac{n^{3}\left(1-\frac{2}{n^{2}}\right)}{n^{2}\left(\frac{1}{n^{2}}-3\right)}=\lim n \cdot \frac{1-\frac{2}{n^{2}}}{\frac{1}{n^{2}}-3}\)

Ta có

\(\left\{\begin{array}{l} \lim n=+\infty \\ \lim \frac{1-\frac{2}{n^{2}}}{\frac{1}{n^{2}}-3}=-\frac{1}{3}<0 \end{array} \longrightarrow \operatorname{lim} \frac{n^{3}-2 n}{1-3 n^{2}}=\lim n \cdot \frac{1-\frac{2}{n^{2}}}{\frac{1}{n^{2}}-3}=-\infty\right.\)

Ta có

\(B=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{|x| \sqrt{4+\frac{1}{x}}+x \cdot \sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}}}{|x| \sqrt[4]{1+\frac{3}{x^{4}}}}=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\sqrt{4+\frac{1}{x}}+\sqrt[3]{8+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}}}{\sqrt[4]{1+\frac{3}{x^{4}}}}=4\)

\(\begin{aligned} \text { Ta có: } & \sqrt{x^{2}+2 x}-2 \sqrt{x^{2}+x}+x=\frac{2 x^{2}+2 x+2 x \sqrt{x^{2}+2 x}-4 x^{2}-4 x}{\sqrt{x^{2}+2 x}+2 \sqrt{x^{2}+x}+x} \\ &=2 x \frac{\sqrt{x^{2}+2 x}-x-1}{\sqrt{x^{2}+2 x}+2 \sqrt{x^{2}+x}+x} \\ &=\frac{-2 x}{\left(\sqrt{x^{2}+2 x}+2 \sqrt{x^{2}+x}+x\right)\left(\sqrt{x^{2}+2 x}+x+1\right)} \end{aligned}\)

\(\begin{array}{l} \text { Nên } B=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{-2 x^{2}}{\left(\sqrt{x^{2}+2 x}+2 \sqrt{x^{2}+x}+x\right)\left(\sqrt{x^{2}+2 x}+x+1\right)} \\ =\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{-2}{\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}+2 \sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}+1+\dfrac{1}{x}\right)}=-\dfrac{1}{4} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } \sqrt{x^{2}+x+1}-2 \sqrt{x^{2}-x}+x=\dfrac{\left(\sqrt{x^{2}+x+1}+x\right)^{2}-4\left(x^{2}-x\right)}{\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x} \\ =\dfrac{2 x \sqrt{x^{2}+x+1}+1+5 x-2 x^{2}}{\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x} \\ =\dfrac{2 x\left(\sqrt{x^{2}+x+1}-x\right)}{\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x}+\frac{1+5 x}{\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x} \\ =\dfrac{2 x(x+1)}{\left(\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x\right)\left(\sqrt{x^{2}+x+1}+x\right)} \quad+\dfrac{1+5 x}{\sqrt{x^{2}+x+1}+2 \sqrt{x^{2}-x}+x} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \text { Do đó: } A=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2+\dfrac{2}{x}}{\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}}+2 \sqrt{1-\dfrac{1}{x}}+1\right)\left(\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}}+1\right)}+ \lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \dfrac{\frac{1}{x}+5}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}}+2 \sqrt{1-\dfrac{1}{x}}+1}\\ =\dfrac{1}{4}+\dfrac{5}{4}=\dfrac{3}{2} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} D=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt[3]{x^{3}+x^{2}+1}-x\right)+\lim\limits _{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{x^{2}+x+1}+x\right)=M+N \\ M=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} \frac{x^{2}+1}{\sqrt[3]{\left(x^{3}+x^{2}+1\right)^{2}}+x \cdot \sqrt[3]{x^{3}+x^{2}+1}+x^{2}}=\frac{1}{3} \\ N=\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \frac{x+1}{\sqrt{x^{2}+x+1}-x}=\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \frac{1+\frac{1}{x}}{-\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}-1}=-\frac{1}{2} \\ \text { Do đó: } B=\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6} \end{array}\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left[ {\frac{{(x + 1)(x - 2)}}{{\sqrt {x - 2} }} + 2x} \right] = 4\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {{x^2} - x + 3} \right) = 5 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x)\)

Vậy hàm số không liên tục tại x = 2.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{x - 1}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{x} + 1}} \\ = \frac{1}{3} = f(1)\)

Vậy hàm số liên tục tại x = 1.

Ta có:

\(f(0) = 2\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x + 1 + \sqrt[3]{{x - 1}}}}{x} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 + \frac{{1 + \sqrt[3]{{x - 1}}}}{x}} \right)\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {1 + \frac{1}{{1 - \sqrt[3]{{x - 1}} + x - 1}}} \right) = 2 = f(0)\)

Vậy hàm số liên tục tại x = 0.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} f(x) \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x - 2}}{{x - 4}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{1}{{\sqrt x + 2}} \\= \frac{1}{4} = f(4)\)

Vậy hàm số liên tục tại x = 4.

Ta có 

\(\begin{array}{l} \vec{u}+\vec{v}=\overrightarrow{A C^{\prime}}+\overrightarrow{C A^{\prime}}=\left(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C C^{\prime}}\right)+\left(\overrightarrow{C A}+\overrightarrow{A A^{\prime}}\right)=2 \overrightarrow{A A^{\prime}} \\ \vec{x}+\vec{y}=\overrightarrow{B D^{\prime}}+\overrightarrow{D B^{\prime}}=\left(\overrightarrow{B D}+\overrightarrow{D D^{\prime}}\right)+\left(\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{B B^{\prime}}\right)=2 \overrightarrow{B B^{\prime}}=2 \overrightarrow{A A^{\prime}} \\ \Rightarrow \vec{u}+\vec{v}+\vec{x}+\vec{y}=4 \overrightarrow{A A^{\prime}}=-4 \overline{A^{\prime} A}=-4.2 \overrightarrow{O I} \\ \Rightarrow 2 \overrightarrow{O I}=-\frac{1}{4}(\vec{u}+\vec{v}+\vec{x}+\vec{y}) \end{array}\)

Ta có

\(\begin{aligned} &\overrightarrow{M P}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{M D}) \text { (tính chất đường trung tuyến) }\\ &=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A M})=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-2 \overrightarrow{A M})\\ &=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-\overrightarrow{A B})=\frac{1}{2}(\vec{c}+\vec{d}-\vec{b}) \end{aligned}\)

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . Ta phân tích như sau:

\(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=2 \overrightarrow{S O} \\ \overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D}=2 \overrightarrow{S O} \end{array}\right.\) (do tính chất của đường trung tuyến)

\(\Rightarrow \overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D} \Leftrightarrow \vec{a}+\vec{c}=\vec{d}+\vec{b}\)

Trước hết, điều kiện cần và đủ để ABCD là hình bình hành là: \(\overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C}\)

Với mọi điểm O bất kì khác A , B , C , D , ta có

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O B}=\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O D} \end{array}\)

Ta có \(\overrightarrow {AO} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {CO} - \overrightarrow {CA} } \right)\overrightarrow {CD} \)

\(\begin{array}{l} = \overrightarrow {CO} .\overrightarrow {CD} - \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CD} = CO.CD.\cos {30^0} - CA.CD.\cos {60^0}\\ = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{2} = 0. \end{array}\)

Suy ra \(AO \bot CD\).

Xét tứ giác MNPQ có \(\left\{ \begin{array}{l} MQ{\rm{//}}NP{\rm{//}}AB\\ MN{\rm{//}}PQ{\rm{//}}CD \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow MNPQ\) là hình bình hành.

Mặt khác, \(AB \bot CD \Rightarrow MQ \bot MN\).

Do đó, MNPQ là hình chữ nhật.

Vì MQ // AB nên \(\frac{{MQ}}{{AB}} = \frac{{CM}}{{CB}} = x \Rightarrow MQ = x.AB = 6x\).

Theo giả thiết \(MC = x.BC \Rightarrow BM = \left( {1 - x} \right)BC\).

Vì MN // CD nên \(\frac{{MN}}{{CD}} = \frac{{BM}}{{BC}} = 1 - x \Rightarrow MN = \left( {1 - x} \right).CD = 6\left( {1 - x} \right)\).

Diên tích hình chữ nhật MNPQ là

\({S_{MNPQ}} = MN.MQ = 6\left( {1 - x} \right).6x = 36.x.\left( {1 - x} \right) \le 36{\left( {\frac{{x + 1 - x}}{2}} \right)^2} = 9\)

Ta có \({S_{MNPQ}} = 9\) khi \(x = 1 - x \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\)

Giả sử cạnh của tứ diện là a.

Ta có \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {DM} } \right|}} = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} }}{{a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}\)

Mặt khác

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {DM} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AD} } \right)\\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \\ = AB.AM.\cos {30^0} - AB.AD.\cos {60^0}\\ = a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} - a.a.\frac{1}{2}\\ = \frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}. \end{array}\)

Do có \(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {DM} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Suy ra \(\cos \left( {AB,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {SA} .\left( {\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SB} } \right) = \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB} \\ = SA.SC.\cos \widehat {ASC} - SA.SB.\cos \widehat {ASB} = 0 \end{array}\)

\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {90^0}\)

Gọi AA' là đường cao của tam giác ABC \(\Rightarrow A A^{\prime} \perp B C\)

mà \(B C \perp S A \text { nên } B C \perp S A^{\prime}\)

Vậy AH, SK, BC đồng quy tại A'

Ta có A sai vì 

\((\mathrm{SBH}) \cap(\mathrm{S} C H)=(\mathrm{SB} C)\)

Do \(S A=S B=S C \text { nên } H A=H B=H C .\) .

Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)ABC .

Mà \(\Delta\)ABC vuông tại B nên H là trung điểm của AC . 

A sai vì Cho hai đường thẳng vuông góc với nhau, mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì song song với đường thẳng kia.

\(YCBT \Leftrightarrow \Delta CJD\) vuông cân tại J

\(\Leftrightarrow IJ = IC = ID = \frac{{AB}}{2} \\\Leftrightarrow 4{x^2} = 2A{I^2} = 2(\frac{{{a^2} + {a^2}}}{2} - {x^2}) \\\Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

( Với I là trung điểm CD; J là trung điểm AB)

Gọi I là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên \(AI \bot BC\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l} \left( P \right) \bot \left( Q \right)\\ \left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\ \left( Q \right) \supset BD \bot d \end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( P \right) \Rightarrow BD \bot AI\).

\(\left. \begin{array}{l} AI \bot BC\\ AI \bot BD \end{array} \right\} \Rightarrow AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AI \bot CD\).

Trong (ACD), dựng đường thẳng đi qua A và vuông góc với CD cắt CD tại H.

Thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng \((\alpha)\) là tam giác AHI.

Vì \(AI \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AI \bot HI\) nên tam giác AHI là tam giác vuông tại I.

Ta có: \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB\).

Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được: \(AB \bot \left( {BB'C'C} \right)\) mà \(C'B \subset \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow AB \bot C'B\).

Mặt khác: \(CB \bot AB\).

\( \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right) = \left( {CB,C'B} \right) = \widehat {CBC'} = 60^\circ \).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BCC' vuông tại C ta có:

\(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \)

Theo lí thuyết lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông.