Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 01

y = tan2x xác định \(\Leftrightarrow 2x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \Leftrightarrow x\ne \frac{\pi }{4}+\frac{k\pi }{2}\,\,\left( k\in Z \right).\)

Chọn C.

TXĐ: \(x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right)\Rightarrow D=R\backslash \left\{ \frac{\pi }{2}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right) \right\}\)

\(\forall x\in D\Rightarrow -x\in D\) ta có:

\(\begin{array}{l}f\left( x \right) = \sin x + 2\tan x\\f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x} \right)+ 2\tan \left( { - x} \right) =  - \sin x - 2\tan x =  - f\left( x \right).\end{array}\)

Vậy hàm số là hàm lẻ.

Chọn B.

Ta có: \(y=4\sin x-3\cos x=5\left( \frac{4}{5}\sin x-\frac{3}{5}\cos x \right)\)

Đặt \(\cos \alpha =\frac{4}{5};\sin \alpha =\frac{3}{5}\) ta có: \(y=5\left( \sin x\cos \alpha -\cos x\sin \alpha  \right)=5\sin \left( x-\alpha  \right).\)

Ta có: \(-1\le \sin \left( x-\alpha  \right)\le 1\Leftrightarrow -5\le 5\sin \left( x-\alpha  \right)\le 5\) .

Vậy \(M=5,m=-5.\)

Chọn A.

\(\cos x=\frac{1}{2}=\cos \frac{\pi }{3}\Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi \,\,\left( k\in Z \right).\)

Chọn D.

Ta có: \(\sin x = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \arcsin \frac{2}{3} + k2\pi \\x = \pi  - \arcsin \frac{2}{3} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

\(\begin{array}{l}
- \pi < \arcsin \frac{2}{3} + k2\pi < \pi \mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \frac{{ - \pi - \arcsin \frac{2}{3}}}{{2\pi }} < k < \frac{{\pi - \arcsin \frac{2}{3}}}{{2\pi }}\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} - 0,61 < k < 0,38 \Leftrightarrow k = 0\\
\Rightarrow x = \arcsin \frac{2}{3} = \arcsin \frac{2}{3}.\\
- \pi < \pi - \arcsin \frac{2}{3} + k2\pi < \pi \mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \frac{{ - 2\pi + \arcsin \frac{2}{3}}}{{2\pi }} < k < \frac{{\arcsin \frac{2}{3}}}{{2\pi }}\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} - 0,88 < k < 0,12\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} k = 0.\\
\Rightarrow x = \pi - \arcsin \frac{2}{3} = \pi - \arcsin \frac{2}{3}.
\end{array}\)

 Vậy có 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Ta có: \(-1\le \cos 2x\le 1\Leftrightarrow -1\le \frac{m}{2}\le 1\Leftrightarrow -2\le m\le 2.\)

Chọn A.

\(\sin x+\cos x=0\Leftrightarrow \sin x=-\cos x.\)

Khi \(\cos x=1\Leftrightarrow \sin x=1\Rightarrow \) vô nghiệm \(\Rightarrow \cos x\ne 0\). Chia cả 2 vế cho cosx ta được:

\(\tan x=-1\Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{4}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right).\)

Chọn B.

\(\begin{array}{l}\sin x - \cos x + \sin 2x = 2{\cos ^2}x\\ \Leftrightarrow \sin x - \cos x + 2\sin x\cos x - 2{\cos ^2}x = 0\\ \Leftrightarrow \sin x\left( {1 + 2\cos x} \right) - \cos x\left( {1 + 2\cos x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {1 + 2\cos x} \right)\left( {\sin x - \cos x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}1 + 2\cos x = 0\\\sin x = \cos x\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x =  - \frac{1}{2}\\\tan x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\x =  - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \,\,\,\,\left( 2 \right)\\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Nghiệm dương nhỏ nhất của (1) là \(x=\dfrac{2\pi }{3}\)

Nghiệm dương nhỏ nhất của (2) là \(x=\dfrac{4\pi }{3}.\)

Nghiệm dương nhỏ nhất của (3) là \(x=\dfrac{\pi }{4}.\)

Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình ban đầu là \(x=\dfrac{\pi }{4}.\)

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\sqrt 3 \sin x + \cos x = 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sin x\cos \frac{\pi }{6} + \cos x\sin \frac{\pi }{6} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \sin \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\end{array}\)

Suy ra đáp án C sai và B sai.

\(\begin{array}{l}\sqrt 3 \sin x + \cos x = 1 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x + \frac{1}{2}\cos x = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos x\cos \frac{\pi }{3} + \sin x\sin \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{3} - x} \right) = \frac{1}{2}\end{array}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}{\sin ^3}x + 3{\cos ^3}x + \sin x = 0\\ \Leftrightarrow {\sin ^3}x + {\cos ^3}x + 2{\cos ^3}x - \cos x + \cos x + \sin x = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right) + \left( {\sin x + \cos x} \right) + 2{\cos ^3}x - \cos x = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {1 - \sin x\cos x + 1} \right) + \cos x\left( {2{{\cos }^2}x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {2 - \sin x\cos x} \right) + \cos x\left( {{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {2 - \sin x\cos x} \right) + \cos x\left( {\cos x + \sin x} \right)\left( {\cos x - \sin x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {2 - \sin x\cos x + {{\cos }^2}x - \sin x\cos x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {2 - \sin 2x + {{\cos }^2}x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {2 - \sin 2x + \frac{{1 + \cos 2x}}{2}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left( {5 - 2\sin 2x + \cos 2x} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x + \cos x = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\5 - 2\sin 2x + \cos 2x = 0\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\\\left( 1 \right) \Leftrightarrow \sin x =  - \cos x \Leftrightarrow \tan x =  - 1 \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Gọi số có ba chữ số cần tìm là \(\overline{abc}\,\,\left( a\ne 0,a\ne b\ne c \right)\).

Số cách chọn cho chữ số a là 4.

Số cách chọn cho chữ số b là 4.

Số cách chọn cho chữ số c là 3.

Vậy có 4.4.3 = 48 số có 3 chữ số khác nhau thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Có tất cả 10 chữ số tự nhiên khác nhau 0, 1, 2, …, 9.

Chọn ra 3 số trong 10 số đó có \(C_{10}^{3}\) cách.

Sau khi chọn được 3 số ta có duy nhất 1 cách xếp chúng theo thứ tự tăng dần.

Vậy có tất cả \(C_{10}^{3}\) cách.

Chọn B.

Ta có: \({{\left( 1-x \right)}^{11}}=\sum\limits_{k=0}^{11}{C_{11}^{k}{{1}^{n-k}}{{\left( -1 \right)}^{k}}.{{x}^{k}}}\)

Tìm hệ số của \({{x}^{5}}\) thì \(k=5\). Khi đó hệ số của \({{x}^{5}}\) là \(C_{11}^{5}{{\left( -1 \right)}^{5}}=-462.\)

Chọn B

\(\begin{array}{l}{\left( {3 - 2x} \right)^{10}} = \sum\limits_{k = 0}^{10} {C_{10}^k{3^{n - k}}{{\left( { - 2} \right)}^k}.{x^k}} \\ \Rightarrow {a_0} = C_{10}^0{3^{10}}{\left( { - 2} \right)^0}\\\,\,\,\,\,\,\,{a_1} = C_{10}^1{3^9}{\left( { - 2} \right)^1}\\\,\,\,\,\,\,\,{a_2} = C_{10}^2{3^8}{\left( { - 2} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,....\\\,\,\,\,\,\,\,{a_{10}} = C_{10}^{10}{3^0}{\left( { - 2} \right)^{10}}\\ \Rightarrow S = {a_0} + {a_1} + ... + {a_{10}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = C_{10}^0{3^{10}}{\left( { - 2} \right)^0} + C_{10}^1{3^9}{\left( { - 2} \right)^1} + ... + C_{10}^{10}{3^0}{\left( { - 2} \right)^{10}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {3 - 2} \right)^{10}} = {1^{10}} = 1.\end{array}\)

Chọn A.

Thập giác đều có 10 đỉnh.

Nối 2 đỉnh bất kì ta được \(C_{10}^{2}=45\) đoạn thẳng trong đó bao gồm các đường chéo và các cạnh của thập diện đều (nối 2 đỉnh kề nhau được 1 cạnh).

Mà thập diện đều có 10 cạnh.

Vậy số đường chéo là 45 – 10 = 35.

Chọn A.

Ta có \({{n}_{\Omega }}=C_{4}^{2}=6\)

Chọn 1 viên bi xanh có 2 cách.

Chọn 1 viên bi trắng có 2 cách.

Gọi A là biến cố: “Chọn được 1 viên bi xanh và 1 viên bi trắng” \(\Rightarrow {{n}_{A}}=2.2.=4.\)

Vậy xác suất của biến cố A là \(P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.\)

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}0 = \dfrac{0}{{0 + 1}},\\\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{1 + 1}},\\\dfrac{2}{3} = \dfrac{2}{{2 + 1}},\\\dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{{3 + 1}},...\end{array}\)

Dự đoán số hạng tổng quát \({{u}_{n}}=\dfrac{n-1}{n}.\,\,\left( * \right)\)

Và dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án C đúng.

Chọn B.

Ta có: \({{u}_{n}}={{u}_{1}}+\left( n-1 \right)d.\)

\({{u}_{3}}=2+2.\left( -3 \right)=-3\Rightarrow A,B\) sai.

\({{u}_{4}}=2+3.\left( -3 \right)=-7\Rightarrow \) C đúng.

\({{u}_{6}}=2+5\left( -3 \right)=-13\Rightarrow D\) sai.

Chọn C.

Ta có: \({{u}_{n}}={{u}_{1}}{{q}^{n-1}}.\)

\(\begin{array}{l}192 = {3.(-2)^{x - 1}} \Leftrightarrow {(-2)^{x - 1}} = 64 = {(-2)^6} \Leftrightarrow x = 7.\\ \Rightarrow 192 = {3.(-2)^{7 - 1}} = {u_1}.{q^{7 - 1}} = {u_7}.\end{array}\)

Chọn B.

Gọi M’(x; y) là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{u}\).

\(\begin{array}{l}{T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {MM'}  = \overrightarrow u \\ \Leftrightarrow \left( {x - 2;y - 3} \right) = \left( { - 2;1} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 =  - 2\\y - 3 = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 4\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {0;4} \right).\end{array}\)

Chọn B.

Gọi \(d'={{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( d \right)\Rightarrow d'\parallel d\Rightarrow \) Phương trình đường thẳng d’ có dạng: \(d':2x+y+c=0.\)

Lấy điểm \(A\left( 0;-1 \right)\in d.\) Gọi \(A'\left( {x,y} \right) = {T_{\overrightarrow u }}\left( A \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow u  \Leftrightarrow \left( {x - 0;y + 1} \right) = \left( {1;3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 2\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {1;2} \right)\)

Ta có: \(d'={{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( d \right);A'={{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( A \right)\,\,;\,\,A\in d\Rightarrow A'\in d'\) .

Thay tọa độ điểm A’ vào phương trình đường thẳng d’ ta có: \(2.1+2+c=0\Leftrightarrow c=-4.\)

Vậy phương trình đường thẳng d’: 2x + y – 4  = 0.

Chọn C.

Ta có \({{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( A \right)=B\Leftrightarrow\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{u}\Leftrightarrow \left( 1;-1\right)=\overrightarrow{u}.\)

Chọn B.

x \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = B'\\\overrightarrow {AC'}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}  \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = C'\\{V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( A \right) = A.\\ \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( {ABC} \right) = AB'C'.\end{array}\)

Chọn C.

Gọi

\(\begin{array}{l}M'\left( {x;y} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}} \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'}  = 2\overrightarrow {OM} \\ \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) = 2\left( { - 3;5} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 6\\y = 10\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( { - 6;10} \right).\end{array}\)

Chọn C.

Đường tròn (C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 3.

Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số 2.

Gọi R’ là bán kính của đường tròn (C’) qua phép vị tự tâm O tỉ số 2 thì R’=2R=6.

Gọi

\(\begin{array}{l}I'\left( {x;y} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right) \Leftrightarrow \overrightarrow {OI'}  = 2\overrightarrow {OI} \\ \Leftrightarrow \left( {x;y} \right) = 2\left( {1; - 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 4\end{array} \right. \Rightarrow I'\left( {2; - 4} \right)\end{array}\)

I là tâm của đường tròn (C) suy ra I’ là tâm của đường tròn (C’).

Vậy (C’) có phương trình:  \({{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{\left( y+4 \right)}^{2}}=36\)

Chọn C.

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAB nên \(MN\parallel AB\subset \left( ABC \right)\Rightarrow MN\parallel \left( ABC \right)\Rightarrow \)Đáp án B đúng.

Chọn B.

Khi 2 đường thẳng a và b lần lượt thuộc 2 mặt phẳng song song ta chưa thể kết luận chúng song song hay chéo nhau nhưng chắc chắn chúng không có điểm chung.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}2{\sin ^2}x - \sqrt 3 \sin 2x - 1 = \sqrt 3 \sin x - \cos x\\ \Leftrightarrow  - \cos 2x - \sqrt 3 \sin 2x = \sqrt 3 \sin x - \cos x\\ \Leftrightarrow  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin 2x - \frac{1}{2}\cos 2x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x\\ \Leftrightarrow \sin 2x\cos \frac{{5\pi }}{6} - \cos 2x\sin \frac{{5\pi }}{6} = \sin x\cos \frac{\pi }{6} - \cos x\sin \frac{\pi }{6}\\ \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{{5\pi }}{6} = x - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x - \frac{{5\pi }}{6} = \pi  - x + \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + \frac{{k2\pi }}{3}\,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Chọn D 

Số cách chọn đề thi là \(C_{9}^{3}=84\) cách.

Chọn B 

Số phần tử của không gian mẫu là \({{n}_{\Omega }}=84\).

Gọi A là biến cố “Có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 5 câu hỏi mà học sinh đó đã ôn”.

Trường hợp 1: Có 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 5 câu hỏi mà học sinh đó đã ôn.

\(\Rightarrow \) có \(C_{5}^{2}.C_{4}^{1}=40\) cách.

Trường hợp 2: Có 3 câu hỏi của đề thi nằm trong số 5 câu hỏi mà học sinh đó đã ôn”.

\(\Rightarrow \) có \(C_{5}^{3}=10\) cách.

Vậy có 40 + 10 = 50 cách chọn để đề thi có nhiều nhất 1 câu hỏi của đề thi nằm trong số 5 câu hỏi mà học sinh đó đã ôn”.

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{50}{84}=\frac{25}{42}.\)

 Chọn C

Ta có:

\(\begin{array}{l}AC \cap BD = I \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in AC\\I \in BD\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {SAC} \right)\\I \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\ \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SI.\end{array}\)

Chọn D.

Trong (ABCD) có: \(AB \cap CD = E \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SE.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'B'C'D'} \right) \cap \left( {SAB} \right) = A'B'\\\left( {A'B'C'D'} \right) \cap \left( {SCD} \right) = C'D'\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SE\end{array} \right. \Rightarrow \) A’B’, C’D’, SE dồng quy. Mà \(A'B' \cap C'D' = E' \Rightarrow E' \in SE\) hay 3 điểm S, E. E’ thẳng hàng.

Chọn A.

Nối 2 đỉnh bất kì của đa giác ta được số đoạn thẳng là \(C_{n}^{2}\) .

Trong số \(C_{n}^{2}\) đoạn thẳng đó bao gồm các đường chéo của đa giác và n cạnh của đa giác.

Suy ra số đường chéo của đa giác là: \(C_{n}^{2}-n=\frac{n!}{2!\left( n-2 \right)!}-n=\frac{n\left( n-1 \right)}{2}-n=\frac{{{n}^{2}}-3n}{2}.\)

Vì không có 3 đường chéo nào đồng quy nên cứ 2 đường chéo cắt nhau tạo ra 1 giao điểm. Vậy số giao điểm là \(C_{\frac{n\left( n-3 \right)}{2}}^{2}.\)

Chọn A.

Ta có các trường hợp sau:

TH1: 4 nam + 2 nữ.

Số cách chọn 4 học sinh nam và 2 học sinh nữ là: \(C_{30}^{4}.C_{15}^{2}=2877525\) cách.

TH2: 5 nam + 1 nữ.

Số cách chọn 5 học sinh nam và 1 học sinh nữ là: \(C_{30}^{5}.C_{15}^{1}=2137590\) cách.

TH3: 6 nam + 0 nữ.

Số cách chọn cả 6 học sinh nam là: \(C_{30}^{6}=593775\)cách.

Vậy tổng số cách để chọn 6 học sinh sao cho có ít nhất 4 học sinh nam là:

2877525 + 2137590 + 593775 = 5608890.

Chọn D.

Trong mp(ABCD) gọi

\(\begin{array}{l}J = AN \cap BM \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in AN\\J \in BM\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in \left( {SAN} \right)\\J \in \left( {SBM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow J \in \left( {SAN} \right) \cap \left( {SBM} \right)\\S \in \left( {SAN} \right) \cap \left( {SBM} \right)\\ \Rightarrow \left( {SAN} \right) \cap \left( {SBM} \right) = SJ.\end{array}\)

Chọn D.

MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN // BC

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = E\\\left( {MNE} \right) \supset MN\\\left( {BCD} \right) \supset BD\\MN\parallel BD\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của (MNE) và (BCD) là đường thẳng qua E và song song với MN và BC. Trong (BCD) qua E kẻ EF // BC \(\left( F\in BC \right)\).

\(\Rightarrow \left( MNE \right)\cap \left( BCD \right)=EF.\) Vậy thiết diện là MNEF có MN // EF \(\Rightarrow \) MNEF là hình thang.

Ta có: \(MN = \frac{1}{2}BC.\)       

\(\begin{array}{l}{\rm{EF}}\parallel {\rm{BC}} \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{DE}}{{DC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow EF = \frac{3}{4}BC\\ \Rightarrow MN \ne EF.\end{array}\)

Do đó MNEF chỉ là hình thang mà không là hình bình hành.

Chọn D.

(SAB) và (SCD) có điểm S chung.

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB\\\left( {SCD} \right) \supset CD\\AB\parallel CD\end{array} \right\} \Rightarrow \)Giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng Sx // AB // CD.\(\Rightarrow \) Sx // BI.

Chọn C.

Ta có: \(MG\cap \left( ABD \right)=G,MG\cap \left( BCD \right)=M,MG\cap \left( ABC \right)=M\Rightarrow \) A, B, D sai.

Chọn C.   

Ta thấy chỉ có MN và SO cùng thuộc mp(SBD) và không song song (vì \(\frac{SM}{SD}\ne \frac{SN}{SB}\)) nên MN và SO cắt nhau.

Chọn A.

Trong (ABCD) kéo dài MN cắt AB tại E và cắt AD tại F.

Trong (SAB) gọi \(H=QE\cap SB\)

Trong (SAD) gọi \(G=QF\cap SD.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( {MNQ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HQ\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HM\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NG\\\left( {MNQ} \right) \cap \left( {SAD} \right) = GQ\end{array}\)

Vậy thiết diện của mặt phẳng (MNQ) và chóp là ngũ giác MNGQH.

Chọn C.