Đề thi thử học kỳ 1 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 04

Hàm số xác định \(\left\{ \begin{array}{l}\cot x + \sqrt 3  \ne 0\\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cot x \ne  - \sqrt 3 \\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne  - \frac{\pi }{6} + k\pi \\x \ne k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Chọn D.

\(y=\left| \tan 2x+\cot 2x \right|=\left| \tan 2x+\frac{1}{\tan 2x} \right|\)

TH1: \(\tan 2x>0\Rightarrow \tan 2x+\frac{1}{\tan 2x}\ge 2\sqrt{\tan 2x.\frac{1}{\tan 2x}}=2\Leftrightarrow y\ge 2\)

TH2: \(\tan 2x<0\Rightarrow \tan 2x+\frac{1}{\tan 2x}=-\left( -\tan 2x-\frac{1}{\tan 2x} \right)\le -2\sqrt{\left( -\tan 2x \right)\left( -\frac{1}{\tan 2x} \right)}=-2\Leftrightarrow y\ge \left| -2 \right|=2.\)

Vậy \(y\ge 2\Rightarrow \) Tập giá trị của hàm số là: \(\left[ 2;+\infty  \right)\).

Chọn A.

\(y={{\cos }^{2}}x=\frac{1+\cos 2x}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x.\) Hàm số \(y=\cos 2x\) tuần hoàn với chu kì \(\frac{2\pi }{2}=\pi .\)

Chọn B.

Ta có: \(0\le {{\sin }^{2}}x\le 1\Leftrightarrow 0\ge -5{{\sin }^{2}}x\ge -5\Leftrightarrow 3\ge 3-5{{\sin }^{2}}x\ge -2\). Vậy GTLN của hàm số là 3.

Chọn C.

Đồ thị đường nét liền đi qua điểm O(0; 0) nên loại đáp án C vì \(\cos 0=1.\)

Đồ thị hàm số \(y=\sin x\) đồng biến trên \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\) , mà đường nét liền nghịch biến trên \(\left( 0;\frac{\pi }{2} \right)\) nên loại A. Vậy đường nét liền là đồ thị hàm số \(y=-\sin x.\) Đường nét đứt đi qua điểm (0; -1) nên loại B vì \(\cos 0=1\ne -1.\)

Chọn D.

\(2\sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) + 1 = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) =  - \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{6} =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{6} = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in Z} \right)\)

Chọn B.

\(2\cos 2x+\sqrt{3}=0\Rightarrow \cos 2x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow 2x=\pm \frac{5\pi }{6}+k2\pi \Leftrightarrow x=\pm \frac{5\pi }{12}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right)\)

Xét nghiệm \(x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right) \in \left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z}  - \frac{\pi }{2} < \frac{{5\pi }}{{12}} + k\pi  < \frac{\pi }{2}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{k \in Z}  - \frac{{11}}{{12}} < k < \frac{1}{{12}} \Rightarrow k = 0.\)

 Ta có nghiệm \(x=\frac{5\pi }{12}\)

Xét nghiệm \(x=-\frac{5\pi }{12}+k\pi \,\,\left( k\in Z \right)\in \left( -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right)\overset{k\in Z}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,-\frac{\pi }{2}<-\frac{5\pi }{12}+k\pi <\frac{\pi }{2}\overset{k\in Z}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,-\frac{1}{12}<k<\frac{11}{12}\Rightarrow k=0.\)

\(\Rightarrow \) Ta có nghiệm \(x=-\frac{5\pi }{12}\)

Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc \(\left( -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right)\).

Chọn B.

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

Chọn A.

ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos 2x \ne 0\\\sin x \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\x \ne k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\\x \ne k\pi \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}\tan 2x + \cot x = 0 \Leftrightarrow \tan 2x =  - \cot x \Leftrightarrow \tan 2x = \tan \left( {\frac{\pi }{2} + x} \right)\\ \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + x + k\pi  \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \,\,\left( {k \in Z} \right)\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Chọn B.

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

Chọn B.

Đặt cosx = t \(\left( t\in \left( 0;1 \right) \right)\)  khi đó phương trình có dạng \({{t}^{2}}-2mt+4\left( m-1 \right)=0\,\,\left( * \right)\).

Ta tìm m để phương trình (*) có nghiệm \(t\in \left( 0;1 \right)\).

\(\begin{array}{l}\Delta ' = {m^2} - 4\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2}\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{t_1} = m + m - 2 = 2m - 2\\{t_2} = m - m + 2 = 2\, \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right. \Rightarrow 0 < 2m - 2 < 1 \Leftrightarrow 1 < m < \frac{3}{2}.\end{array}\)

Chọn B

Gọi số có 6 chữ số là \(\overline{abcdef}\,\,\left( a\ne 0 \right).\)

Vì số cần tìm lớn hơn 300000 nên \(a\ge 3\Rightarrow \) có 3 cách chọn a. Số cách xếp 5 số còn lại vào 5 vị trí bcdef là 5! cách. Vậy có 3.5! số.

Chọn D.

Gọi số có 6 chữ số là \(\overline{abcdef}\,\,\left( a\ne 0 \right).\)

Số cách chọn chữ số a là 9 cách. Số cách chọn 5 chữ số còn lại là \(A_{9}^{5}\) cách. Vậy có \(9A_{9}^{5}\) số.

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.

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.

Đk: \(\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 3\\x + 1 \ge x - 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 2\\x \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge 2,\,\,x \in N.\)

\(\begin{array}{l}A_{x + 1}^3 + C_{x + 1}^{x - 1} = 14\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{\left( {x + 1} \right)!}}{{\left( {x - 2} \right)!}} + \frac{{\left( {x + 1} \right)!}}{{\left( {x- 1} \right)!2!}} = 14\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)x\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right)x = 14\left( {x + 1} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right)\left[ {2x\left( {x - 1} \right) + x - 28} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {x + 1} \right)\left( {2{x^2} - x - 28} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 4\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\x =  - \frac{7}{2}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

\({{\left( 2{{x}^{2}}-1 \right)}^{10}}=\sum\limits_{k=0}^{10}{C_{10}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{2k}}{{\left( -1 \right)}^{10-k}}}\)

Để tìm số hạng chứa \({{x}^{12}}\) ta cho số mũ của x bằng 12, tức là \(2k=12\Leftrightarrow k=6\).

Khi đó số hạng chứa \({{x}^{12}}\) là \(C_{10}^{6}{{2}^{6}}{{x}^{12}}{{\left( -1 \right)}^{10-6}}=C_{10}^{6}{{2}^{6}}{{x}^{12}}=13440{{x}^{12}}\)

Chọn A.

\({{\left( x-\frac{2}{{{x}^{3}}} \right)}^{16}}=\sum\limits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{x}^{16-k}}{{\left( -2 \right)}^{k}}.{{x}^{-3k}}}=\sum\limits_{k=0}^{16}{C_{16}^{k}{{\left( -2 \right)}^{k}}{{x}^{16-4k}}}\)

Để tìm số hạng không chứa x ta cho số mũ của x bằng 0, tức là \(16-4k=0\Leftrightarrow k=4.\)

Vậy số hạng không chứa x là:  \(C_{16}^{4}{{\left( -2 \right)}^{4}}=C_{16}^{4}{{2}^{4}}.\)

Chọn C.

\({{\left( 1+2x \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{2}^{k}}{{x}^{k}}}\)

Suy ra tổng các hệ số trong khai triển trên là \(C_{n}^{0}+2C_{n}^{1}+{{2}^{2}}C_{n}^{2}+...+{{2}^{n}}C_{n}^{n}={{\left( 2+1 \right)}^{n}}={{3}^{n}}=6561={{3}^{8}}\Leftrightarrow n=8.\)

Chọn D.

\(S={{5}^{20}}C_{20}^{0}-{{5}^{19}}C_{20}^{1}+{{5}^{18}}C_{20}^{2}-...+C_{20}^{20}={{\left( 5-1 \right)}^{20}}={{4}^{20}}={{\left( {{2}^{2}} \right)}^{20}}={{2}^{40}}.\)

Chọn A.

Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần suy ra \({{n}_{\Omega }}={{6}^{2}}=36.\)

Ta có: \(6=1+5=2+4=4+2=5+1=3+3.\)

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm trong 2 lần gieo bằng 6” thì \({{n}_{A}}=5.\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{5}{36}.\)

Chọn D.

Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi thì \({{n}_{\Omega }}=C_{16}^{3}=560\)

Gọi A là biến cố: “Lấy được 1 viên bi trắng, 1 viên bi đen, 1 viên bi đỏ” \(\Rightarrow {{n}_{A}}=C_{7}^{1}.C_{6}^{1}.C_{3}^{1}=126.\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{126}{560}=\frac{9}{40}.\)

Chọn C.

Chọn ra 5 học sinh trong số 25 học sinh thì \({{n}_{\Omega }}=C_{25}^{5}.\)

Gọi A là biến cố: “5 học sinh đươc chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn học sinh nam”.

Ta có các trường hợp sau:

TH1: 1 nữ + 4 nam

Số cách chọn 1 bạn nữ và 4 bạn nam là: \(C_{10}^{1}.C_{15}^{4}\)

TH2: 2 nữ + 3 nam

Số cách chọn 2 bạn nữ và 3 bạn nam là: \(C_{10}^{2}.C_{15}^{3}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {n_A} = C_{10}^1.C_{15}^4 + C_{10}^2.C_{15}^3\\ \Rightarrow P\left( A \right) = \frac{{{n_A}}}{{{n_\Omega }}} = \frac{{325}}{{506}}.\end{array}\)

Chọn A.

Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu trong hộp thứ nhất và 1 quả cầu trong hộp thứ  hai thì \({{n}_{\Omega }}=C_{10}^{2}.C_{10}^{1}=450.\)

Gọi A là biến cố: “3 quả cầu lấy ra cùng màu đỏ”, tức là lấy 2 quả cầu đỏ từ hộp thứ nhất và 1 quả câu đỏ từ hộp thứ hai \(\Rightarrow {{n}_{A}}=C_{3}^{2}.C_{4}^{1}=12.\)

Vậy \(P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{12}{450}=\frac{2}{75}.\)

Chọn D.

Có 3 quầy hàng, một người khách chọn ngẫu nhiên có 3 cách chọn.  Vậy 10 người khách có \({{3}^{10}}\) cách chọn.

\(\Rightarrow {{n}_{\Omega }}={{3}^{10}}.\)

Chọn ra 3 người khách trong 10 người trên có \(C_{10}^{3}\) cách. 3 người này cùng bước đến quầy số 1 nên mỗi người chỉ có 1 cách chọn.

7 người còn lại có 2 sự lựa chọn, hoặc quầy số 2, hoặc quầy số 3 nên số cách chọn quầy cho 7 người còn lại là \({{2}^{7}}.\)

Gọi A là biến cố: “3 người cùng đến quầy số 1”\(\Rightarrow {{n}_{A}}=C_{10}^{3}{{.2}^{7}}.\)

\(\Rightarrow P\left( A \right)=\frac{{{n}_{A}}}{{{n}_{\Omega }}}=\frac{C_{10}^{3}{{.2}^{7}}}{{{3}^{10}}}.\)

Chọn A.

Gọi A’(x; y) là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{v}=\left( 5;4 \right).\)

Ta có: \({T_{\overrightarrow v }}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow v  \Leftrightarrow \left( {x + 1;y - 2} \right) = \left( {5;4} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 = 5\\y - 2 = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 6\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {4;6} \right).\)

Chọn B.

Gọi \(\Delta '\) là ảnh của \(\Delta \) qua phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{u}\left( 2;-1 \right)\Rightarrow \Delta '\parallel \Delta \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \(\Delta '\) có dạng: \(\Delta ':2x-y+c=0\,\,\left( c\ne 3 \right).\)

Lấy A(0; 3) \(\in \Delta .\)Gọi A’(x; y) là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vector \(\overrightarrow{u}\left( 2;-1 \right).\)

Ta có:

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

Thay tọa độ điểm A’ vào phương trình đường thẳng  ta có:

\(2.2 - 2 + c = 0 \Leftrightarrow c =  - 2 \Rightarrow \Delta ':2x - y - 2 = 0.\)

Chọn B.

Gọi \(\Delta '\) là ảnh của \(\Delta \) qua phép vị tự tâm I tỉ số -2 \(\Rightarrow \Delta '\parallel \Delta \Rightarrow \) phương trình đường thẳng \(\Delta '\) có dạng: \(\Delta ':2x+y+c=0\,\,\left( c\ne -3 \right).\)

Lấy A(0; 3) \(\in \Delta .\)Gọi A’(x; y) là ảnh của A qua phép vị tự tâm I tỉ số -2.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{V_{\left( {I; - 2} \right)}}\left( A \right) = A' \Leftrightarrow \overrightarrow {IA'}  =  - 2\overrightarrow {IA}  \Leftrightarrow \left( {x - 2;y + 3} \right) =  - 2\left( { - 2;6} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 = 4\\y + 3 =  - 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y =  - 15\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {6; - 15} \right).\\{V_{\left( {I; - 2} \right)}}\left( \Delta  \right) = \Delta '\,\,;\,\,{V_{\left( {I; - 2} \right)}}\left( A \right) = A'\,\,;\,\,A \in \Delta  \Rightarrow A' \in \Delta '.\end{array}\)

Thay tọa độ điểm A’ vào phương trình đường thẳng  ta có:

\(2.6 - 15 + c = 0 \Leftrightarrow c = 3 \Rightarrow \Delta ':2x + y + 3 = 0.\)

Chọn B.

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

Chọn B.

Hai đường thẳng không có điểm chung hoặc song song hoặc trùng nhau, mà chúng lại đồng phẳng nên hai đường thẳng đó song song (Vì hai đường thẳng chéo nhau không đồng phẳng).

Chọn A.

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

Chọn D.

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

Chọn D.

Ta có: \(\frac{SM}{SD}\ne \frac{SN}{SB}\Rightarrow \) MN và BD không song song.

Trong (SBD) gọi \(K=MN\cap BD\Rightarrow K\in BD\subset \left( ABCD \right)\Rightarrow K=MN\cap \left( ABCD \right).\)

Chọn D.

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

Ta thấy trong (SBD) SO và MN cắt nhau.

Chọn A.

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  hay 3 điểm S, E. E’ thẳng hàng.

Chọn A.

\(\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \)Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ABC) là đường thẳng qua M và song song với AC, cắt BC tại N \(\Rightarrow MN\parallel AC.\)

 \(\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel BD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (BCD) là đường thẳng qua N và song song với BD, cắt CD tại P \(\Rightarrow NP\parallel BD.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left( \alpha  \right)\parallel AC \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) Giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và (ACD) là đường thẳng qua P và song song với AC, cắt AD tại Q \(\Rightarrow PQ\parallel AC.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right) = MQ\\\left( \alpha  \right)\parallel BD \subset \left( {ABD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MQ\parallel BD.\)

Vậy thiết diện là MNPQ là hình bình hành.

Chọn A.

Trong (ABC) qua M kẻ đường thẳng song song với CI cắt AC tại N \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABC \right)=MN\).

Trong (SAB) qua M kẻ đường thẳng song song với SI cắt SA tại P \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAB \right)=MP.\)

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAC \right)=NP\) và NP // SC.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác MNP.

 Ta có: \(ME\parallel CI\Rightarrow \frac{MN}{CI}=\frac{AM}{AI}\Leftrightarrow \frac{MN}{\frac{AB\sqrt{3}}{2}}=\frac{x}{\frac{AB}{2}}\Leftrightarrow MN=\frac{\frac{AB\sqrt{3}}{2}x}{\frac{AB}{2}}=x\sqrt{3}.\)

\(\begin{array}{l}MP\parallel SI \Rightarrow \frac{{MP}}{{SI}} = \frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{AP}}{{AS}} \Leftrightarrow \frac{{MP}}{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{x}{{\frac{{AB}}{2}}} \Rightarrow MP = \frac{{\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}x}}{{\frac{{AB}}{2}}} = x\sqrt 3 \\PN\parallel SC \Rightarrow \frac{{AP}}{{AS}} = \frac{{PN}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{{AM}}{{AI}} \Leftrightarrow \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{x}{{\frac{{AB}}{2}}} \Leftrightarrow PN = \frac{{xSC}}{{\frac{{AB}}{2}}} = 2x\,\,\left( {SC = AB} \right)\end{array}\)

Tam giác MNP có MN = MP nên tam giác MNP cân tại M

Chọn C.

Trong (ABCD) qua O kẻ PQ // AB \(\left( P\in BC,Q\in AD \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABCD \right)=PQ\)

Trong (SAC) qua O kẻ OM // SC \(\left( M\in SA \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAD \right)=MQ.\)

Trong (SAB) qua M kẻ MN // AB \(\left( N\in SB \right)\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SAB \right)=MN\)

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( SBC \right)=NP\) và NP // AC.

Vậy thiết diện tạo bởi mp\(\left( \alpha  \right)\) và hình chóp là tứ giác MNPQ.

Ta có MN // PQ // AB nên MNPQ là hình thang.

Ta có MN // OM. Mà \(OM\cap MQ=M\Rightarrow \) NP và MQ không song song với nhau.

Vậy MNPQ là hình thang.

Chọn D.

Trong (ABC) qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại E \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABC \right)=ME\).

Trong (ABD) qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt BD tại F \(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABD \right)=MF.\)

\(\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( BCD \right)=EF.\)

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác MEF.

 Ta có: \(ME\parallel CD\Rightarrow \frac{ME}{CD}=\frac{BM}{AB}\Leftrightarrow \frac{ME}{a}=\frac{a-m}{a}\Leftrightarrow ME=a-m.\)

\(\text{EF}\parallel CD\Rightarrow \frac{EF}{CD}=\frac{BE}{BC}=\frac{ME}{AC}\Leftrightarrow \frac{EF}{a}=\frac{a-m}{a}\Rightarrow EF=a-m\)

Chứng minh tương tự ta có MF = a – m.. Suy ra tam giác MEF đều cạnh a – m.

Vậy \({{S}_{MEF}}=\frac{{{\left( a-m \right)}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\)

Chọn B.

Trong (ABC) gọi \(H=EF\cap AC\Rightarrow H\in AC\Rightarrow H\in \left( ACD \right)\)

Trong (ACD) gọi \(I=HG\cap AD.\)

Vậy thiết diện tạo bời (EFG) và hình chóp là từ giác EFGI.

Chọn A.