Ta có: \(\lim \dfrac{{{5^n} - {3^n}}}{{{5^n} - 4}} = \lim \dfrac{{1 - {{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n}}}{{1 - 4.{{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}}} = \dfrac{1}{1} = 1\).

Chọn D.

Xét 4 đáp án ta thấy đáp án B sai, vì nếu \(\left\{ \begin{array}{l}a//\left( P \right)\\b \bot a\end{array} \right.\) thì \(a,\,\,b\) có thể cắt nhau, song song, ... cùng nằm trong mặt phẳng song song với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Chọn B.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\).

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A\).

Lại có \(SA = AC = a \Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle SCA = {45^0}\).

Vậy \(\angle \left( {SC;\left( {ABC} \right)} \right) = {45^0}\).

Chọn D.

- Xét đáp án A: \(\lim \dfrac{{n + 3}}{{n + 2}} = \lim \dfrac{{1 + \dfrac{3}{n}}}{{1 + \dfrac{2}{n}}} = \dfrac{1}{1} = 1\).

- Xét đáp án B: \(\lim {\left( {\dfrac{{2019}}{{2020}}} \right)^n} = 0\) vì \(\dfrac{{2019}}{{2020}} < 1\).

- Xét đáp án C: \(\lim {2^n} =  + \infty \).

- Xét đáp án D: \(\lim {n^4} =  + \infty \).

Chọn B.

Vì  là tam giác đều nên \(\angle \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \angle BAC = {60^0}\).

Khi đó ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.cos\angle \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = a.a.\cos {60^0} = \dfrac{1}{2}{a^2}\).

Chọn A

Kẻ \(CE \bot AB\,\,\left( {E \in AB} \right),\,\,AF \bot BC\,\,\left( {F \in BC} \right),\,\,CE \cap AF = H\).

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

\(OA \bot \left( {OBC} \right),\,\,OB \bot \left( {OAC} \right),\,\,OC \bot \left( {OAB} \right)\)

+ Ta có: \(OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot AB\). Do đó đáp án A đúng.

+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AF\\BC \bot OA\,\,\left( {do\,\,OA \bot \left( {OBC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {OAF} \right) \Rightarrow BC \bot OH\). Do đó đáp án C đúng.

+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot CE\\AB \bot OC\,\,\left( {do\,\,OC \bot \left( {OAB} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {COE} \right) \Rightarrow AB \bot OH\).

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

+ Ta có: \(OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot OF \Rightarrow \Delta AOF\) vuông tại \(O\).

\( \Rightarrow OH\) không vuông góc với \(OA\). Do đó đáp án D sai.

Chọn D.

Hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{2x + 3}}{{x - 2}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\) nên hàm số đã cho gián đoạn tại \(x = 2\).

Chọn D.

Xét đáp án A: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \left( {{x^2} + 3x + 7} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \left( {4 - 6 + 7} \right) = 5\).

Chọn A.

Xét đáp án D: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{3 + \dfrac{2}{x}}}{{1 - \dfrac{1}{x}}} = 3\) nên đáp án D sai.

Chọn D.

Để 3 số \({x^2};\,\,8;\,\,x\) theo thứ tự lập thành cấp số nhân thì \({x^2}.x = {8^2} \Leftrightarrow x = 4\).

Chọn A.

Ta có: \(\overrightarrow {C'D'}  = \overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {BA} \) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {C'D'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BA}  = \overrightarrow 0 \) nên đáp án D đúng.

Chọn D.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{x - 2}}{{x + 1}} =  - \dfrac{1}{2}\).

Chọn A.

Ta có: \({u_5} = {u_2} + 3d \Rightarrow 17 = 8 + 3d \Rightarrow d = 3\).

Chọn C.

Dễ thấy hàm số \(y = \dfrac{{{x^2}}}{{x - 2}}\) không xác định tại \(x = 2\) nên không liên tục tại \(x = 2\).

Chọn C.

Ta có: \({u_2} = {u_1}q \Rightarrow q = \dfrac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \dfrac{{27}}{{81}} = \dfrac{1}{3}\).

Chọn B.

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4{x^2} + 3x + 2}}{{{x^2} + x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{{4 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{{{x^2}}}}}{{1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{{{x^2}}}}} = 4\).

Vậy \(I = 4 \in \left( {3;5} \right)\).

Chọn A.

Ta có: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 19 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 2} \right) =  - 2n + 21\).

Chọn D.

Ta có: \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - 2{x^3} + 4x + 5} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^3}\left( { - 2 + \dfrac{4}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right)\).

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^3} =  + \infty \\\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - 2 + \dfrac{4}{{{x^2}}} + \dfrac{5}{{{x^3}}}} \right) =  - 2 < 0\end{array}\)

Vậy \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( { - 2{x^3} + 4x + 5} \right) =  - \infty \).

Chọn A.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}3 + x \ge 0\\4 - x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 3 \le x \le 4\).

\( \Rightarrow \) Hàm số đã cho xác định trên \(D = \left[ { - 3;4} \right]\) nên hàm số cũng liên tục trên \(\left[ { - 3;4} \right]\).

Chọn B.

Ta có: \(J = \lim \dfrac{{2n + 3}}{{n + 1}} = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{3}{n}}}{{1 + \dfrac{1}{n}}} = 2\).

Chọn C.

Ta có: \(J = \lim \dfrac{{\left( {n - 1} \right)\left( {2n + 3} \right)}}{{{n^3} + 2}} = \lim \dfrac{{2{n^2} + n - 3}}{{{n^3} + 2}} = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}} - \dfrac{3}{{{n^3}}}}}{{1 + \dfrac{2}{{{n^3}}}}} = 0\).

Chọn A.

Vì \(ABCD\) là tứ diện nên \(\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.

Chọn C.

Xét đáp án A ta có: \(1; - 1;1; - 1\) là 1 cấp số nhân với \({u_1} = 1,\,\,q =  - 1\).

Xét đáp án B có \(\dfrac{{ - 3}}{1} = \dfrac{9}{{ - 3}} \ne \dfrac{{10}}{9}\), do đó \(1; - 3;9;10\) không là cấp số nhân.

Xét đáp án C ta có: \(1;0;0;0\) là 1 cấp số nhân với \({u_1} = 1,\,\,q = 0\).

Xét đáp án D ta có: \(32;16;8;4\) là 1 cấp số nhân với \({u_1} = 32;\,\,q = \dfrac{1}{2}\).

Chọn B.

Đáp án A: \(a\) sẽ song song với một đường thẳng nào đó nằm trong \(\left( \alpha  \right)\) chứ chưa chắc song song với đường thẳng \(b\).

Đáp án B chỉ đúng trong mặt phẳng.

Đáp án C \(a\) và \(b\) có thể chéo nhau.

Đáp án D đúng.

Chọn D.

Vì \({x^2} + 3x - 5\) liên tục tại \(x = 1\) nên \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} + 3x - 5} \right) = 1 + 3 - 5 =  - 1\).

Chọn B.

Các hàm số có TXĐ là \(\mathbb{R}\) là \(y = {x^2};\,\,y = \sin x;\,\,y = \dfrac{{{x^2} - 1}}{{{x^2} + x + 1}}\) nên có 3 hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Chọn B.

Đáp án A: \(\lim \dfrac{1}{{{2^n}}} = 0\) đúng.

Đáp án B: \(\lim \dfrac{3}{{n + 1}} = \lim \left( {\dfrac{{\dfrac{3}{n}}}{{1 + \dfrac{1}{n}}}} \right) = \dfrac{0}{1} = 0\) đúng.

Đáp án C: \(\lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n + 3}  - n} \right) = \lim \dfrac{{2n + 3}}{{\sqrt {{n^2} + 2n + 3}  + n}}\) \( = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{3}{n}}}{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{n} + \dfrac{3}{{{n^2}}}}  + 1}} = 1\) đúng.

Chọn D.

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot AB\\SA \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta SAB\\\Delta SAC\end{array} \right.\) là các tam giác vuông.

Ta có: \(AB \bot BC \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow BC \bot SB \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\).

Vậy hình chóp \(S.ABC\) có cả 4 mặt là tam giác vuông.

Chọn A.

Xét đáp án C: \(\lim \dfrac{{2n + 5}}{{2n + 3}} = \lim \dfrac{{2 + \dfrac{5}{n}}}{{2 + \dfrac{3}{n}}} = \dfrac{2}{2} = 1\).

Chọn C.

Ta có \(AC//A'C'\) nên \(\angle \left( {AC;DA'} \right) = \angle \left( {A'C';DA'} \right)\).

Giả sử \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương cạnh \(1\), áp dụng định lí Pytago trong các tam giác vuông ta tính được \(A'D = A'C' = C'D = \sqrt 2  \Rightarrow \Delta A'C'D\) đều.

Vậy \(\angle \left( {AC;DA'} \right) = \angle \left( {A'C';DA'} \right) = \angle C'A'D = {60^0}\).

Chọn C.

Vì \(SC \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(CM\) là hình chiếu vuông góc của \(SM\) lên \(\left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SM;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM;CM} \right) = \angle SMC = \alpha \).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(MC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác vuông \(SMC\) ta có: \(\tan \angle SMC = \dfrac{{SC}}{{MC}} = \dfrac{a}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\tan \alpha  = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn D.

Vì \(EF\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\) nên \(EF//SB\), khi đó ta có \(\angle \left( {EF;\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\), do đó \(SA\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên \(\left( {SAD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;SA} \right) = \angle ASB\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\\SA = AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle ASB = {45^0}\).

Vậy \(\angle \left( {EF;\left( {SAD} \right)} \right) = {45^0}\).

Chọn A.

Ta có:

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

Do đó

\(I < 12 \Leftrightarrow {m^2} + 2m - 8 < 0 \Leftrightarrow  - 4 < m < 2\).

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1;0;1} \right\}\).

Vậy có 5 giá trị nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

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

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) =  - 1\\f\left( 0 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right).f\left( 0 \right) < 0\) nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left( { - 1;0} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) = 1\\f\left( 2 \right) =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow f\left( 1 \right).f\left( 2 \right) < 0\) nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left( {1;2} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 2 \right) =  - 1\\f\left( 3 \right) = 3\end{array} \right. \Leftrightarrow f\left( 2 \right).f\left( 3 \right) < 0\) nên phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left( {2;3} \right)\).

Do \(\left( { - 1;0} \right) \cap \left( {1;2} \right) \cap \left( {2;3} \right) = \emptyset \) nên ta sẽ có 3 nghiệm phân biệt và \({x^3} - 3{x^2} + 3 = 0\) là phương trình bậc ba nên sẽ có tối đa 3 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Chọn B.

Vì \(SI \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SI \bot IA,\,\,SI \bot IB,\,\,SI \bot IC\) \( \Rightarrow \Delta SIA,\,\,\Delta SIB,\,\,\Delta SIC\) vuông tại \(I\).

Xét các tam giác vuông \(\Delta SIA,\,\,\Delta SIB,\,\,\Delta SIC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SI\,\,chung\\SA = SB = SC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow {\Delta _v}SIA = {\Delta _v}SIB = {\Delta _v}SIC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \( \Rightarrow IA = IB = IC\) (các cạnh tương ứng).

Vậy \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

Chọn C.

Gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng ta có: \(d = {u_2} - {u_1} = 13 - 11 = 2\).

Khi đó ta có

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{u_n}{u_{n + 1}}}} = \dfrac{1}{{{u_n}\left( {{u_n} + 2} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{{{u_n} + 2}}{{{u_1}\left( {{u_n} + 2} \right)}} - \dfrac{{{u_n}}}{{{u_1}\left( {{u_n} + 2} \right)}}} \right]\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{1}{{{u_n}}} - \dfrac{1}{{{u_n} + 2}}} \right] = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{{u_n}}} - \dfrac{1}{{{u_{n + 1}}}}} \right)\end{array}\)

Suy ra

\(\begin{array}{l}S = \dfrac{1}{{{u_1}{u_2}}} + \dfrac{1}{{{u_2}{u_3}}} + ... + \dfrac{1}{{{u_{99}}{u_{100}}}}\\S = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{{u_1}}} - \dfrac{1}{{{u_2}}} + \dfrac{1}{{{u_2}}} - \dfrac{1}{{{u_3}}} + ... + \dfrac{1}{{{u_{99}}}} - \dfrac{1}{{{u_{100}}}}} \right)\\S = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{{u_1}}} - \dfrac{1}{{{u_{100}}}}} \right)\\S = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{{u_1}}} - \dfrac{1}{{{u_1} + 99d}}} \right)\\S = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{1}{{11}} - \dfrac{1}{{11 + 99.2}}} \right) = \dfrac{9}{{209}}\end{array}\)

Chọn A.

Gọi số hạng đầu là \({u_1}\) và công bội của cấp số nhân là \(q\).

Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_2} =  - 2\\{u_5} = 54\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}q =  - 2\\{u_1}{q^4} = 54\end{array} \right.\) \( \Rightarrow {q^3} =  - 27 \Leftrightarrow q =  - 3\).

Suy ra \({u_1} = \dfrac{2}{3}\).

Ta có: \({S_{1000}} = \dfrac{{{u_1}\left( {1 - {q^{1000}}} \right)}}{{1 - q}} = \dfrac{{\dfrac{2}{3}\left( {1 - {3^{1000}}} \right)}}{{1 - \left( { - 3} \right)}} = \dfrac{{1 - {3^{1000}}}}{6}\).

Chọn C.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\), khi đó \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(\Delta ABC\).

\( \Rightarrow MN//AB \Rightarrow \angle \left( {AB;DM} \right) = \angle \left( {MN;DM} \right)\).

Ta có: \(MN = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{a}{2}\), \(DM,\,\,DN\) là các đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\) nên \(DM = DN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác \(DMN\) ta có:

\(\begin{array}{l}\cos \angle DMN = \dfrac{{D{M^2} + M{N^2} - D{N^2}}}{{2DM.MN}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2}}}{4} + \dfrac{{{a^2}}}{4} - \dfrac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{1}{2}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\end{array}\)

Vậy \(\cos \angle \left( {AB;DM} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{6}\).

Chọn A.

ĐKXĐ của hàm số \(f\left( x \right) = \dfrac{{2x + 3}}{{\sqrt {x - 2} }}\) là \(x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 2\).

Vậy hàm số đã cho liên tục trên \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Chọn B.

ĐKXĐ của hàm số đã cho là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^3} + 3{x^2} - 2x - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + 2} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} + 4x + 2 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne  - 2 \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại 3 điểm \(x = 1,\,\,x =  - 2 \pm \sqrt 2 \).

Chọn D.