Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 02

\(2\sin x-5=0\Leftrightarrow \sin x=\frac{5}{2}>1\Rightarrow \) Phương trình vô nghiệm.

Chọn D.

\(\sin \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x + \frac{\pi }{3} = \pi  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \end{array} \right. \) \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - \frac{\pi }{{12}} + k\pi \\x = \frac{\pi }{4} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Xét nghiệm \(x =  - \frac{\pi }{{12}} + k\pi  \in \left( { - \pi ;\pi } \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z}  - \pi  <  - \frac{\pi }{{12}} + k\pi  < \pi \) \(\mathop \Leftrightarrow \limits^{k \in Z}  - 1 <  - \frac{1}{{12}} + k < 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z}  - \frac{{11}}{{12}} < k < \frac{{13}}{{12}}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \left\{ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right..\)

Khi k = 0 ta có nghiệm \(x=-\frac{\pi }{12}\)

Khi k = 1 ta có nghiệm \(x=-\frac{\pi }{12}+\pi =\frac{11\pi }{12}\)

Xét nghiệm \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi  \in \left( { - \pi ;\pi } \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} {\mkern 1mu}  - \pi  < \frac{\pi }{4} + k\pi  < \pi \) \(\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} {\mkern 1mu}  - 1 < \frac{1}{4} + k < 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} {\mkern 1mu}  - \frac{5}{4} < k < \frac{3}{4}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} {\mkern 1mu} \left\{ \begin{array}{l}k =  - 1\\k = 0\end{array} \right..\)

Khi k = -1 ta có nghiệm \(x=\frac{\pi }{4}-\pi =-\frac{3\pi }{4}\)

Khi k = 0 ta có nghiệm \(x=\frac{\pi }{4}\)

Vậy phương trình có 4 nghiệm thuộc \(\left( -\pi ;\pi  \right).\)

Chọn C.  

\(\begin{array}{l}\cos 2x + \sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x =  - \cos 2x\\ \Leftrightarrow  - \sin x = \cos 2x \Leftrightarrow \sin \left( { - x} \right) = \cos 2x \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi}{2} + x} \right) = \cos 2x\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{2} + x + k2\pi \\2x =  - \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\3x =  - \frac{\pi }{2} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \\x =  - \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Xét nghiệm \(x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \in \left[ 0;2\pi  \right)\overset{k\in Z}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,0\le \frac{\pi }{2}+k2\pi <2\pi \overset{k\in Z}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,0\le \frac{1}{2}+2k<2\Leftrightarrow -\frac{1}{4}\le k<\frac{3}{4}\overset{k\in Z}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,k=0.\)

Khi k = 0 ta có nghiệm \(x=\frac{\pi }{2}.\)

Xét nghiệm \(x =  - \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3} \in \left[ {0;2\pi } \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} 0 \le  - \frac{\pi }{6} + \frac{{k2\pi }}{3} < 2\pi  \Leftrightarrow 0 \le  - \frac{1}{6} + \frac{{2k}}{3} < 2\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \frac{1}{4} \le k < \frac{{13}}{4}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z} \left\{ \begin{array}{l}k = 1\\k = 2\\k = 3\end{array} \right.\)

Khi k = 1 ta có nghiệm \(x=-\frac{\pi }{6}+\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{2}\)

Khi k = 2 ta có nghiệm \(x=-\frac{\pi }{6}+\frac{4\pi }{3}=\frac{7\pi }{6}\)

Khi k = 3 ta có nghiệm \(x=-\frac{\pi }{6}+\frac{6\pi }{3}=\frac{11\pi }{6}\)

Vậy nghiệm của phương trình thuộc \(\left[ 0;2\pi  \right)\) là: \(\left\{ \frac{\pi }{2};\frac{7\pi }{6};\frac{11\pi }{6} \right\}\)

 Chọn D

\(\tan 2x+\cot 2x=0\Leftrightarrow \tan 2x+\frac{1}{\tan 2x}=0\Leftrightarrow {{\tan }^{2}}2x+1=0\) (Vô nghiệm).

Chọn C.

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.

Phép tịnh tiến biến một đường thẳng thành đường thẳng song song với nó nên ta gọi phương trình đường thẳng ảnh có dạng \(\Delta ':2x-y+c=0.\)

Lấy điểm \(M\left( 0;3 \right)\in \Delta .\) Gọi

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

\({{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( \Delta  \right)=\Delta ';{{T}_{\overrightarrow{u}}}\left( M \right)=M'\Rightarrow M'\in \Delta '.\) Thay tọa độ điểm M’ vào phương trình \(\Delta '\) ta có:

2.2 – 2 + c = 0 suy ra \(c=-2.\).

Vậy phương trình ảnh của \(\Delta \) qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{u}\) là: \(\Delta ':2x-y-2=0.\)

Chọn B.

- Qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua hai đường thẳng cắt nhau xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng đó xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua 2 đường thẳng song song xác định một mặt phẳng duy nhất.

Vậy có 4 cách.

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\cos 4x - 3\cos 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 1 - 3\cos 2x + 2 = 0\\ \Leftrightarrow 2{\cos ^2}2x - 3\cos 2x + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {\cos 2x - 1} \right)\left( {2\cos 2x - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos 2x = 1\\\cos 2x = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = k2\pi \\2x =  \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x =  \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Trường hợp 1: m = 0.

Khi đó phương trình có dạng \(3\sin 2x+3=0\Leftrightarrow \sin 2x=-1\Rightarrow 2x=-\frac{\pi }{2}+k2\pi \Leftrightarrow x=-\frac{\pi }{4}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right)\)

\(-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow -\frac{\pi }{2}<-\frac{\pi }{4}+k\pi <\frac{\pi }{2}\left( k\in Z \right)\Leftrightarrow -\frac{1}{4}<k<\frac{3}{4}\left( k\in Z \right)\Rightarrow k=0\) 

Do đó phương trình có nghiệm \(-\frac{\pi }{2}<x<\frac{\pi }{2}\) khi m = 0.

Trường hợp 2: \(m\ne 0\).

Khi đó phương trình có dạng \(m{{\sin }^{2}}2x-\left( 2m-3 \right)\sin 2x-3\left( m-1 \right)=0\).

Đặt sin2x = t

\( - \frac{\pi }{2} < x < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow  - \pi  < 2x < \pi  \Leftrightarrow  - 1 < \sin 2x < 1 \Leftrightarrow t \in \left( { - 1;1} \right),\) khi đó phương trình có dạng: 

\(\begin{array}{l}
m{t^2} - \left( {2m - 3} \right)t - 3\left( {m - 1} \right) = 0\,\,\left( {t \in \left( { - 1;1} \right)} \right)\\
\Leftrightarrow \left( {t + 1} \right)\left[ {mt - 3\left( {m - 1} \right)} \right] = 0\\
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = - 1 \notin \left( {0;1} \right)\\
t = \frac{{3m - 3}}{m}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{3m - 3}}{m} \in \left( { - 1;1} \right)\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{3m - 3}}{m} > - 1\\
\frac{{3m - 3}}{m} < 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{3m - 3 + m}}{m} > 0\\
\frac{{3m - 3 - m}}{m} < 0
\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
m > \frac{3}{4}\\
m < 0
\end{array} \right.\\
0 < m < \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{3}{4} < m < \frac{3}{2}
\end{array}\)

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\sin x + \cos x = \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\sin x + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\cos x = 1\\ \Leftrightarrow \cos \left( {x - \dfrac{\pi }{4}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow x - \dfrac{\pi }{4} = k2\pi  \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{4} + k2\pi \,\,\left( {k\in Z} \right)\end{array}\)

Chọn C.

Cứ hai đường thẳng bất kì trong 10 đường thẳng sẽ cắt nhau nên số giao điểm sẽ là \(C_{10}^{2}=45\).

 Cứ ba giao đường thẳng bất kì cắt nhau tạo thành một tam giác nên số tam giác là \(C_{10}^{3}=120\).

Chọn B.

Số đỉnh của đa giác lồi đó là 12 đỉnh.

Nối 2 đỉnh bất kì của đa giác ta được số đoạn thẳng là \(C_{12}^{2}\) .

Trong số \(C_{12}^{2}\) 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: \(C_{12}^{2}-12=54\)

Vậy số đường chéo là 54.

Chọn A.

Có 4 cách xác định một mặt phẳng:

- Qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua hai đường thẳng cắt nhau xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng đó xác định một mặt phẳng duy nhất.

- Qua 2 đường thẳng song song xác định một mặt phẳng duy nhất.

D sai vì hai mặt phẳng phân biệt có 1 điểm chung sẽ cắt nhau theo giao tuyến là 1 đường thẳng. Chính vì vậy chúng có vô số điểm chung nữa.

Chọn D.

Dễ thấy A, B, C đều đúng.

D sai.

Xét trong mặt phẳng (P) chứa a và song song với b. Lấy 1 đường thẳng c cắt a nhưng đường thẳng c này không cắt b.

Chọn D.

Các đường thẳng chéo với AD là SB và SC.

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng Sx // AD // BC. 

Chọn B.

\({{\left( 3x+1 \right)}^{10}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{\left( 3x \right)}^{k}}{{.1}^{10-k}}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{3}^{k}}{{x}^{k}}}\)

Để tìm hệ số của \({{x}^{6}}\) ta cho \(k=6\Rightarrow \) hệ số của \({{x}^{6}}\) là: \(C_{10}^{6}{{3}^{6}}=153090\)

Chọn B.

\({{\left( 2x-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{6}}=\sum\limits_{k=0}^{6}{C_{6}^{k}{{\left( 2x \right)}^{k}}{{\left( -\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{6 k}}}=\sum\limits_{k=0}^{6}{C_{6}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{k}}{{\left( -1 \right)}^{6-k}}{{x}^{2k-12}}}=\sum\limits_{k=0}^{6}{C_{6}^{k}{{2}^{k}}{{\left( -1 \right)}^{6-k}}{{x}^{3k-12}}}\)

Để tìm số hạng không chứa x ta cho \(3k-12=0\Leftrightarrow k=4.\)

Vậy số hạng không chứa x là \(C_{6}^{4}{{2}^{4}}{{\left( -1 \right)}^{2}}=240.\)

Chọn C.

ĐK: \(n\in N\)

\({\left( {{x^2} - \frac{2}{x}} \right)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{x^{2n - 2k}}{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{ - k}}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{{\left( { - 2} \right)}^k}{x^{2n - 3k}}} \)

Tổng ba hệ số của ba số hạng đầu tiên là:

\(\begin{array}{l}C_n^0{\left( { - 2} \right)^0} + C_n^1{\left( { - 2} \right)^1} + C_n^2{\left( { - 2} \right)^2} = 97\\ \Leftrightarrow 1 - 2n + 4\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 97\\ \Leftrightarrow 2{n^2} - 4n - 96 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 8\,\,\left( {tm} \right)\\n =  - 6\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn A.

\(M=C_{15}^{0}+6C_{15}^{1}+{{6}^{2}}C_{15}^{2}+...+{{6}^{15}}C_{15}^{15}={{\left( 1+6 \right)}^{15}}={{7}^{15}}\)

Chọn C.

Ta có: \(E = MN \cap BC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {OMN} \right)\\E \in BC \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {OMN} \right) \cap \left( {BCD} \right)\)

Và \(O\in \left( OMN \right)\cap \left( BCD \right)\).

Vậy \(OE=\left( OMN \right)\cap \left( BCD \right)\)

Chọn D.

\(E\in BC,E\in MN\subset \left( OMN \right)\Rightarrow E=BC\cap \left( OMN \right)\Rightarrow \)(I) đúng.

 Trong (BCD) gọi \(F=OE\cap BD\Rightarrow F=BD\cap \left( OMN \right)\Rightarrow \)(II) đúng.

 Trong (BCD) gọi \(G=OE\cap CD\Rightarrow G=\left( OMN \right)\cap CD\Rightarrow \) (III) sai.

Chọn C.

Xét trong (SAC) có \(AM\cap SO=I\).

Mà \(SO\subset \left( SBD \right)\Rightarrow AM\cap \left( SBD \right)=I.\)

Chọn A.

Gọi E là trung điểm của CD ta có: \(\frac{E{{G}_{1}}}{EA}=\frac{E{{G}_{2}}}{EB}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}}\parallel AB\) (định lí Ta-let đảo)

Và \(\frac{{{G}_{1}}{{G}_{2}}}{AB}=\frac{E{{G}_{1}}}{EA}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{G}_{1}}{{G}_{2}}=\frac{1}{3}AB=\frac{a}{3}\)

Chọn B.

Dễ thấy A và C đúng.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}I,J,K \in \left( {DEF} \right)\\I,J,K \in \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {DEF} \right) \cap \left( {ABC} \right).\) Mà giao tuyến của hai mặt phẳng là 1 đường thẳng nên I, J, K cùng thuộc một đường thẳng.

Suy ra I, J, K thẳng hàng. Suy ra B đúng.

Vậy D sai.

Chọn D.

Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 2 lần thì \({{n}_{\Omega }}=36\).

Gọi A là biến cố: “Tổng hai mặt xuất hiện của con súc sắc bằng 9”

Ta có những khả năng sau: \(\left( 3;6 \right);\left( 4;5 \right);\left( 5;4 \right);\left( 6;3 \right)\Rightarrow {{n}_{A}}=4\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}\).

Chọn D.

Số cách chọn 3 viên bi bất kì là \(C_{10}^{3}\Rightarrow {{n}_{\Omega }}=C_{10}^{3}=120\).

Số cách chọn ba viên bi cùng màu xanh là: \(C_{6}^{3}=20\) (c)

Số cách chọn ba viên bi cùng màu đỏ là \(C_{4}^{3}=4\) (c)

Suy ra số cách chọn ra ba viên bi cùng màu là 20 + 4 = 24 (c)

Gọi A là biến cố “Chọn ra 3 viên bi cùng màu” \(\Rightarrow {{n}_{A}}=24.\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{24}{120}=\frac{1}{5}\).

Chọn B.

Số cách lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp lấy ra một viên bi là \(C_{13}^{1}.C_{13}^{1}=169\) (c).

Số cách lấy ra 2 viên bi cùng màu xanh là \(C_{7}^{1}.C_{8}^{1}=56\)

Vậy xác suất để lấy ra 2 viên bi cùng màu xanh là: \(\frac{56}{169}\)

Chọn A.

Gọi \(M'\left( x;y \right)\) là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow{v}\) ta có:

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

Chọn C.

Đk: \(n\ge 3,n\in N\)

\(\begin{array}{l}C_n^1 + 6C_n^2 + 6C_n^3 = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 6\frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} + 6\frac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 3n\left( {n - 1} \right) + n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 3{n^2} - 3n + {n^3} - 3{n^2} + 2n - 9{n^2} + 14n = 0\\ \Leftrightarrow {n^3} - 9{n^2} + 14n = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\n = 7\,\,\left( {tm} \right)\\n = 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Gọi mặt phẳng (PQRS) là mp(P) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = PQ\\\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = RS\\\left( {ABC} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AC\end{array} \right. \Rightarrow \) PQ, RS, AC hoặc song song hoặc đồng quy. Vậy A đúng.

Tương tự ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = PS\\\left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = QR\\\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD\end{array} \right. \Rightarrow \) PS, RQ và BD đồng quy hoặc song song. Vậy B đúng.

Dễ thấy đáp án D đúng.

Vậy C sai.

Chọn C.

Trong mp(ABCD) qua O kẻ EF // BC \(\left( E\in AB,F\in CD \right)\) ta có:

(P) và (ABCD) có điểm O chung. \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( ABCD \right);EF\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ABCD \right)\text{=EF}\text{.}\)

Tương tự trong mp(SAB) kẻ EH // SA \(\left( H\in SB \right)\) ta có:

(P) và (SAB) có điểm E chung, \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAB \right),EH\parallel SA\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SAB \right)=EH.\)

Trong (SBC) kẻ HG // BC \(\left( G\in SC \right)\) ta có:

(P) và (SBC) có điểm H chung, \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( SBC \right),HG\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SBC \right)=HG.\)

 \(\left( P \right)\cap \left( SCD \right)=GF\).

Vậy thiết diện là tứ giác EFGH.

Ta có: HG // EF // BC nên EFGH là hình thang.

Chọn B.

Ta có: (P) và (ABCD) có điểm I chung. Hơn nữa:

\(\left( P \right)\parallel BD\subset \left( ABCD \right)\Rightarrow \) giao tuyến của (P) và (ABCD) là đường thẳng qua I và song song với BD cắt AB tại E và cắt AD tại F.

Suy ra EF // BD.

Mp(P) và (SAC) có điểm I chung. \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAC \right)\Rightarrow \) Giao tuyến của (P) và (SAC) là đường thẳng đi qua I và song song với SA cắt SC tại G.

Tương tự như vậy ta xác định được \(\begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) = EH\parallel SA\,\,\left( {H \in SB} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = FJ\parallel SA\,\,\left( {J \in SD} \right)\end{array}\)

Vậy thiết diện là ngũ giác EFJGH.

Chọn D.

Gọi E là trung điểm của BC dễ thấy AED là thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(GAD).

Ta có tam giác ABC và tam giác BCD là tam giác đều cạnh a nên \(AE=DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\)

AD = a.

Gọi H là trung điểm của AD suy ra \(EH \bot AD\). Ta có:

\(\begin{array}{l}EH = \sqrt {\dfrac{{3{a^2}}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow {S_{EAD}} = \frac{1}{2}EH.AD = \dfrac{1}{2}\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.a = \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{4}\end{array}\)

Chọn A.

Gọi E và E lần lượt là trung điểm của AC và AD ta có ME // BC, EF // CD

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( P \right)\parallel BC \subset \left( {ABC} \right)\\ME\parallel {\rm{BC}}\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = ME\pi \\\left\{ \begin{array}{l}E \in \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left( P \right)\parallel CD \subset \left( {ACD} \right)\\{\rm{EF}}\parallel CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = EF\\\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = MF\end{array}\)

Khi đó thiết diện tạo bởi mp(P) và hình chóp là tam giác MEF.

Ta có: \(ME = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a,EF = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a,MF = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}a \Rightarrow ME = EF = MF = \frac{a}{2}\)

Vậy thiết diện là một tam giác đều.

Chọn B.

Ta có: \(\frac{AI}{AE}=\frac{AJ}{AF}=\frac{2}{3}\Rightarrow IJ\parallel EF.\) Mà EF là đường trung bình của tam giác BCD nên EF // CD.

Mà \(EF\subset \left( ACD \right)\Rightarrow \)IJ //(ACD).

Vậy B đúng.

Chọn B. 

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 có: IJ là đường trung bình của tam giác ACD nên IJ // CD suy ra \(\text{IJ}\parallel \left( BCD \right)\Rightarrow \) (I) đúng.

(II) sai vì \(CD\subset \left( BCD \right).\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B \in \left( {BCD} \right) \cap \left( {BIJ} \right)\\CD \subset \left( {BCD} \right)\\IJ \subset \left( {BIJ} \right)\\CD\parallel IJ\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (BIJ) là đường thẳng qua B và song song với CD, IJ suy ra (III) đúng.

Chọn C.

Gọi E, G, F lần lượt là trung điểm của BD, AD và AC.

Ta có; IE // CD, FG// CD, IF // AB, EG // AB.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AB \subset \left( {ABC} \right)\\{\rm{IF}}\parallel {\rm{AB}}\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = IF\\\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel CD \subset \left( {BCD} \right)\\IE\parallel CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = IE\\\left\{ \begin{array}{l}F \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel CD \subset \left( {ACD} \right)\\{\rm{FG}}\parallel CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right) = FG\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = GE\end{array}\)

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  là hình bình hành IEGF.

Ta có: \(IE = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}a\,\,;\,\,{\rm{IF = }}\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}a \Rightarrow IE = IF \Rightarrow IEGF\)là hình thoi cạnh \(\frac{a}{2}\).

 Hơn nữa: IF // AB, IE // CD, \(AB\bot CD\Rightarrow IE\bot IF\Rightarrow IEGF\) là hình vuông cạnh \(\frac{a}{2}\).

Vậy \({{S}_{IEGF}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}.\)

Chọn C.

Gọi H và K lần lượt là trung điểm của AC và AD ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {ABC} \right) \cap \left( \alpha  \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel BC \subset \left( {ABC} \right)\\IH\parallel BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ABC} \right) \cap \left( \alpha  \right) = IH\)

Tương tự ta chứng minh được \(\left( \alpha  \right)\cap \left( ACD \right)=HK\,\,;\,\,\left( \alpha  \right)\cap \left( ABD \right)=IK\)

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) qua I và song song với (BCD) là tam giác IHK.

Ta có: IH, HK, IK lần lượt là đường trung bình của các tam giác ABC, ACD, ABD.

\(IH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}a,HK=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}a,IK=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}a\Rightarrow IH=HK=IK=\frac{a}{2}\Rightarrow \Delta IHK\(đều cạnh \(\frac{a}{2}.\)

Vậy \({{S}_{\Delta IHK}}={{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}.\)

Chọn D.