Ta có: \({u_3} = {u_1}.{q^2} = 2.{\left( { - 3} \right)^2} = 18\).

Chọn D.

Ta có: \({S_{50}} = \dfrac{{\left[ {2.\left( { - 5} \right) + \left( {50 - 1} \right).3} \right].50}}{2} = 3425\).

Chọn C.

Gọi số hạng đầu là \({v_1}\) và công bội là \(q\), ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_2} = 2\\{v_5} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_1}q = 2\\{v_1}{q^4} = 16\end{array} \right.\).

Chia vế theo vế 2 phương trình trên ta có \({q^3} = 8 \Leftrightarrow q = 2\).

\( \Rightarrow 2{v_1} = 2 \Leftrightarrow {v_1} = 1\).

Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{v_4} = {v_1}{q^3} = {1.2^3} = 8\\{v_6} = {v_1}{q^5} = {1.2^5} = 32\\{v_7} = {v_1}{q^6} = {1.2^6} = 64\end{array} \right.\).

Vậy đáp án đúng là D.

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}{u_2} = \dfrac{1}{{2 - {u_1}}} = \dfrac{1}{{2 - \dfrac{1}{2}}} = \dfrac{2}{3}\\{u_3} = \dfrac{1}{{2 - {u_2}}} = \dfrac{1}{{2 - \dfrac{2}{3}}} = \dfrac{3}{4}\\{u_4} = \dfrac{1}{{2 - {u_3}}} = \dfrac{2}{{2 - \dfrac{3}{4}}} = \dfrac{4}{5}\end{array}\)

Chọn B.

Xét hiệu

\(\begin{array}{l}H = {u_{n + 1}} - {u_n},\,\,\forall n \ge 1\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2\left( {n + 1} \right) + 1}}{{n + 1 + 1}} - \dfrac{{2n + 1}}{{n + 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2n + 3}}{{n + 2}} - \dfrac{{2n + 1}}{{n + 1}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left( {2n + 3} \right)\left( {n + 1} \right) - \left( {2n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2{n^2} + 5n + 3 - 2{n^2} - 5n - 2}}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\, = \dfrac{1}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0\,\,\forall n \ge 1\end{array}\)

Do đó dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số tăng.

Vậy đáp án sai là C.

Chọn C.

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

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\lim \left( {\sqrt {{n^2} - 2n - 2}  - n} \right)\\ = \lim \dfrac{{{n^2} - 2n - 2 - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} - 2n - 2}  + n}}\\ = \lim \dfrac{{ - 2n - 2}}{{\sqrt {{n^2} - 2n - 2}  + n}}\\ = \lim \dfrac{{ - 2 - \dfrac{2}{n}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{2}{n} - \dfrac{2}{{{n^2}}}}  + 1}} =  - 1\end{array}\).

Chọn A.

Ta có:  \(\lim \dfrac{{{4^n} + {6^n}}}{{{6^{n - 1}} - {5^n}}} = \lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)}^n} + 1}}{{\dfrac{1}{6} - {{\left( {\dfrac{5}{6}} \right)}^n}}} = 6\).

Chọn C.

Ta có: \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(\overrightarrow {MN}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {BC}  = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {BD}  - \overrightarrow {CD} } \right)\).

Do đó ba vectơ \(\overrightarrow {BD} ,\,\,\overrightarrow {CD} ,\,\,\overrightarrow {MN} \) đồng phẳng.

Chọn C.

Vì \(SA = SC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại \(S \Rightarrow SO \bot AC\).

Vì \(SB = SD \Rightarrow \Delta SBD\) cân tại \(S \Rightarrow SO \bot BD\).

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Chọn C.

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

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA\).

Xét tam giác vuông \(SAB\) ta có: \(SA = AB = a \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A\).

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

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

\( \Rightarrow SB\) là hình chiếu vuông góc của \(SC\) lên \(\left( {SAB} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SB} \right) = \angle BSC\).

Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BC \bot SB\) \( \Rightarrow \Delta SBC\) vuông tại \(B\) 

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) \( \Rightarrow AB = BC = \dfrac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông \(SAB\) có: \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{B^2} + C{B^2}}  =  a\sqrt 5 \)

Xét tam giác vuông \(SBC\) có: \(\cos \angle BSC = \dfrac{{SB}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 5 }} = \sqrt {\dfrac{3}{5}} = \dfrac {\sqrt{15}}{5}\). 

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số không liên tục tại \({x_0} = 1\).

Chọn A.

Ta có: \(f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 1} \right)^4}\) \( \Rightarrow f'\left( x \right) = 4{\left( {{x^2} + 1} \right)^3}.2x = 8x{\left( {{x^2} + 1} \right)^3}\).

\( \Rightarrow f'\left( { - 1} \right) =  - 8.{\left( {1 + 1} \right)^3} =  - 64\).

Chọn C.

Dễ thấy đáp án D sai vì \(d\) phải vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) thì \(d \bot \left( \alpha  \right)\)

Chọn D.

Dễ thấy các đáp án A, B, D đúng.

Phát biểu C đúng phải là: Nếu hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên khoảng \(\left[ {a;b} \right]\) và \(f\left( a \right).\,f\left( b \right) < 0\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm thuộc \(\left( {a;\,b} \right)\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \left( {\sqrt {9{n^2} + 2n}  - 3n + 8} \right)\\ = \lim \dfrac{{9{n^2} + 2n - {{\left( {3n - 8} \right)}^2}}}{{\sqrt {9{n^2} + 2n}  + 3n - 8}}\\ = \lim \dfrac{{9{n^2} + 2n - 9{n^2} + 48n - 64}}{{\sqrt {9{n^2} + 2n}  + 3n - 8}}\\ = \lim \dfrac{{50n - 64}}{{\sqrt {9{n^2} + 2n}  + 3n - 8}}\\ = \lim \dfrac{{50 - \dfrac{{64}}{n}}}{{\sqrt {9 + \dfrac{2}{n}}  + 3 - \dfrac{8}{n}}} = \dfrac{{50}}{{3 + 3}} = \dfrac{{25}}{3}\end{array}\)

Chọn A.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {2x + 1} \right) = 2.3 + 1 = 7 > 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {x - 3} \right) = 0;\,\,\,x \to {3^ + } \Rightarrow x - 3 > 0\end{array} \right.\)  \( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{2x + 1}}{{x - 3}} =  + \infty \).

Chọn B.

Vì \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {AC} \) nên đáp án A đúng.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BD\).

Vì \(\Delta ABD,\,\,\Delta BCD\) là các tam giác đều nên \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BD\\CM \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AMC} \right) \Rightarrow BD \bot AC\).

\( \Rightarrow \overrightarrow {BD}  \bot \overrightarrow {AC}  \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Chứng minh tương tự ta có \(\overrightarrow {AD}  \bot \overrightarrow {BC}  \Rightarrow \) Đáp án D đúng.

Chọn B.

Mệnh đề đúng là: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho (khi đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng).

Chọn A.

Trong các đáp án chỉ có đáp án C là đúng.

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {1 + ax}  - 1}}{x} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{1 + ax - 1}}{{x\left( {\sqrt {1 + ax}  + 1} \right)}} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{a}{{\sqrt {1 + ax}  + 1}} = 3\\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{2} = 3 \Leftrightarrow a = 6\end{array}\)

Chọn C.

Khẳng định sai là \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \,{x_0}} \dfrac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \dfrac{L}{M}\) vì không có điều kiện \(M \ne 0\).

Chọn C.

- Tiếp tuyến tại \({M_1}\) là đường thẳng nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(f'\left( {{x_1}} \right) < 0\).

- Tiếp tuyến tại \({M_2}\) là đường thẳng song song với trục hoành nên \(f'\left( {{x_2}} \right) = 0\).

- Tiếp tuyến tại \({M_3}\) là đường thẳng đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên \(f'\left( {{x_3}} \right) > 0\).

Vậy \(f'\left( {{x_1}} \right) < 0,\,\,\,f'\left( {{x_2}} \right) = 0,\,\,f'\left( {{x_3}} \right) > 0\).

Chọn C.

Ta có: \(\lim \dfrac{{{5^n} - {{3.4}^n}}}{{{{6.7}^n} + {8^n}}} = \lim \dfrac{{{{\left( {\dfrac{5}{8}} \right)}^n} - 3.{{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^n}}}{{6.{{\left( {\dfrac{7}{8}} \right)}^n} + 1}} = 0\).

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + ax + 2} \right) = 3 + a\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2{x^2} - x + 3a} \right) = 1 + 3a\end{array}\).

Để hàm số \(y = f\left( x \right)\) có giới hạn tại \(x = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \Leftrightarrow 3 + a = 1 + 3a \Leftrightarrow a = 1\).

Chọn B.

Qua \(O\) vẽ được duy nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) sao cho \(\left( P \right) \bot \Delta \).

Trong \(\left( P \right)\) có vô số đường thẳng \(d\) đi qua \(O\), khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta  \bot \left( P \right)\\d \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta  \bot d\).

Vậy qua \(O\) vẽ được vô số đường thẳng vuông góc với D.

Chọn B.

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 6x \Rightarrow y'\left( 3 \right) = 9\) và \(y\left( 3 \right) = 2\).

Khi đó ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 3 là:

\(y = 9\left( {x - 3} \right) + 2 \Leftrightarrow y = 9x - 25 \Leftrightarrow 9x - y - 25 = 0\).

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 9\\b =  - 1\end{array} \right.\). Vậy \(a + b = 9 + \left( { - 1} \right) = 8\).

Chọn A.

Trong không gian cho hai đường thẳng \(CC'\) và \(b\) lần lượt có vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u ,\,\,\overrightarrow v \). Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\). Khi đó: \(\cos \alpha  = \left| {\cos \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right)} \right|\).

Chọn D.

Hình hộp chữ nhật có 3 kích thước là \(2;\,\,3;\,\,4\) thì độ dài đường chéo của nó là \(\sqrt {{2^2} + {3^2} + {4^2}}  = \sqrt {29} \).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{\sqrt {x + 4}  - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{{x + 4 - 4}}{{x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{1}{{\sqrt {x + 4}  + 2}} = \dfrac{1}{{2 + 2}} = \dfrac{1}{4}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {m{x^2} + 2m + \dfrac{1}{4}} \right) = 2m + \dfrac{1}{4}\\f\left( 0 \right) = 2m + \dfrac{1}{4}\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{1}{4} = 2m + \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow m = 0 = {m_0}\).

Vậy \({m_0} \in \left( { - \dfrac{1}{4};\dfrac{1}{2}} \right)\).

Chọn C.

TXĐ: \(x - 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1\).

Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) có tập xác định \(\left[ {1; + \infty } \right)\) và hàm số \(f\left( x \right)\) cũng liên tục trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow \) Mệnh đề I, II đúng và mệnh đề III, IV sai.

Vậy số mệnh đề đúng là 2.

Chọn C.

Vì \(G\) là trọng tâm của tứ diện \(ABCD\) nên \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0 \).

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AD}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {AG}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AG}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\end{array}\)

Chọn D.

Trong \(\left( {SAB} \right)\) kẻ \(AH \bot SB\,\,\left( {H \in SB} \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\,\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)

Dựng \(DK//AH\,\,\left( {K \in \left( {SBC} \right)} \right) \Rightarrow DK \bot \left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow CK\) là hình chiếu của \(CD\) lên \(\left( {SBC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {CD;\left( {SBC} \right)} \right) = \angle \left( {CD;CK} \right) = \angle DCK\).

Vì \(AD//BC \Rightarrow AD//\left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {D;\left( {SBC} \right)} \right) \Rightarrow AH = DK\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAB\) ta có: \(AH = \dfrac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {3{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = DK\).

Vì \(DK \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow DK \bot CK\) \( \Rightarrow \Delta CDK\) vuông tại \(K\).

Ta có: \(\sin \angle DCK = \dfrac{{DK}}{{CD}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \angle DCK = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {CD;\left( {SBC} \right)} \right) = {60^0}\).

Chọn D.

Đặt \(\dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = \left( {{x^2} - x - 2} \right)g\left( x \right) + 1\).

Khi đó ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = 3 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} g\left( x \right) = 3\).

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {{x^2} - x - 2} \right)g\left( x \right) + 1} \right] = 1\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{f^3}\left( x \right) + 3f\left( x \right) - 4}}{{{x^2} - 2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left[ {f\left( x \right) - 1} \right]\left[ {{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + 4} \right]}}{{x\left( {x - 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) + 4}}{x}\end{array}\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{{x^2} - x - 2}} = 3\\ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\dfrac{1}{{x + 1}} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{1}{{x + 1}} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}}.\dfrac{1}{3} = 3\\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 1}}{{x - 2}} = 9\end{array}\)

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{f^3}\left( x \right) + 3f\left( x \right) - 4}}{{{x^2} - 2x}} = 9.\dfrac{{1 + 1 + 4}}{2} = 27\).

Chọn B.

TH1: \(2{m^2} - 5m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = \dfrac{1}{2}\\m = 2\end{array} \right.\), khi đó phương trình trở thành \(2x + 3 = 0 \Leftrightarrow x =  - \dfrac{3}{2}\).

\( \Rightarrow \) phương trình có nghiệm.

\( \Rightarrow m = \dfrac{1}{2};\,\,m = 2\) thỏa mãn.

TH2: \(2{m^2} - 5m + 2 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ne \dfrac{1}{2}\\m \ne 2\end{array} \right.\), phương trình \(\left( {2{m^2} - 5m + 2} \right){\left( {x - 1} \right)^{18}}\left( {{x^{81}} - 2} \right) + 2x + 3 = 0\) là phương trình đa thức bậc lẻ nên luôn có nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm với mọi \(m \in \mathbb{R}\).

Chọn A. 

Vì \(AD//BC \Rightarrow \angle \left( {SD;BC} \right) = \angle \left( {SD;AD} \right)\).

Ta có: \(\angle \left( {SA;BC} \right) = \angle \left( {SA;AD} \right) = {90^0}\) (Do \(BC//AD\)).

\( \Rightarrow \Delta SAD\) vuông tại \(A\).

Lại có: \(SA = AB\,\,\left( {gt} \right)\), \(AB = AD\) (do \(ABCD\) là hình thoi) \( \Rightarrow SA = AD\).

\( \Rightarrow \Delta SAD\) vuông cân tại \(A\).

\( \Rightarrow \angle SDA = {45^0} \Rightarrow \angle \left( {SD;AD} \right) = {45^0}\).

Vậy \(\angle \left( {SD;BC} \right) = {45^0}\).

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^3} - 3{x^2} + 2}}{{{x^2} - 4{\rm{x}} + 3}}\)

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} - 2{\rm{x}} - 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - 2{\rm{x}} - 2}}{{x - 3}} = \dfrac{{1 - 2 - 2}}{{1 - 3}} = \dfrac{3}{2}\end{array}\)

\(y = \dfrac{{{x^2} + 2x - 1}}{{x + 1}}\)

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\left( {2{x^2} + 2x - 1} \right)'\left( {x + 1} \right) - \left( {x + 1} \right)'\left( {2{x^2} + 2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{{\left( {4{\rm{x}} + 2} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {2{{\rm{x}}^2} + 2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \dfrac{{2{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}}}  - 2\sqrt {{x^2} + x}  + x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}}}  + \sqrt {{x^2}}  + x}} - \dfrac{x}{{x + \sqrt {{x^2} + x} }}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^2}\left( {\dfrac{{x - \sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}}} }}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}}}  + \sqrt {{x^2} + x} } \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + x} } \right)}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {x^2}.\dfrac{{ - 2{\rm{x}}}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x}  + \sqrt {{x^2} + x} } \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + x} } \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}}} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{{ - 2{{\rm{x}}^3}}}{{{x^3}\left( {\sqrt {1 + \dfrac{2}{x}}  + \sqrt {1 + \dfrac{1}{x}} } \right)\left( {1 + \sqrt {1 + \dfrac{1}{x}} } \right)\left( {1 + \sqrt {1 + \dfrac{2}{x}} } \right)}}\\ = \dfrac{{ - 2}}{{2.2.2}} =  - \dfrac{1}{4}\end{array}\)