\(\lim \dfrac{{1 - {n^2}}}{n} = \lim \left( {\dfrac{1}{n} - n} \right) =  - \infty \)

\(\lim {u_n} = L \Rightarrow \lim \sqrt[3]{{{u_n}}} = \sqrt[3]{L}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (x + 2)\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}}  \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 2} \right)}^2}}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{{x^3} + 3{x^2} - 4}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{{{x^2}}} - \dfrac{4}{{{x^4}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}}}}  \\= \sqrt {\dfrac{0}{1}}  = 0\end{array}\)

\(\lim \dfrac{{4{n^2} + 3n + 1}}{{{{(3n - 1)}^2}}} \) \(= \lim \dfrac{{4{n^2} + 3n + 1}}{{9{n^2} - 6n + 1}} \) \(= \lim \dfrac{{4 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{9 - \dfrac{6}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}} = \dfrac{4}{9}\)

Ta có dãy số trên là cấp số cộng với công với số hạng đầu u₁ = -2 và công sai d = 2.

Vậy số hạng tổng quát của dãy là:

\({u_n} = {u_1} + (n - 1)d = ( - 2) + 2(n - 1)\)

Chọn D.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\)

\(\begin{array}{c} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_2} + {u_3} = 20\\{u_5} + {u_7} =  - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d + {u_1} + 2d = 20\\{u_1} + 4d + {u_1} + 6d =  - 29\end{array} \right.\\ = \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 3d = 20\\2{u_1} + 10d =  - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 20,5\\d =  - 7\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Ta có

\({u_2} = 2.1 + 3 = 5;\)

\({u_3} = 2.5 + 3 = 13;\)

\({u_4} = 2.13 + 3 = 29;\)

\({u_2} = 2.29 + 3 = 61;\)

Chọn B.

Ta có \(RT\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên .

\(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\) nên \(MQ{\rm{//}}AD\).

Suy ra \(RT{\rm{//}}MQ\). Do đó \(M,\,\,Q,\,\,R,\,\,T\) đồng phẳng.

Do \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABD \Rightarrow PQ{\rm{//}}BD\). Tương tự, ta có \(RS{\rm{//}}BD\). Vậy \(PQ{\rm{//}}RS \Rightarrow P,Q,R,S\) cùng nằm trên một mặt phẳng.

Các bộ bốn điểm \(M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}R,{\rm{ }}S;\)\(M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}P,{\rm{ }}Q\) và \(M,{\rm{ }}P,{\rm{ }}R,{\rm{ }}S\) đều không đồng phẳng.  

Hai đường thẳng không có điểm chung thì chúng có thể song song với nhau (khi chúng đồng phẳng) hoặc chéo nhau (khi chúng không đồng phẳng).

\(\begin{array}{l}\lim {u_n} = \lim \left( {(n - 1)\sqrt {\dfrac{{2n + 2}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} } \right) \\= \lim \sqrt {\dfrac{{\left( {2n + 2} \right){{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\ = \lim \sqrt {\dfrac{{\left( {2n + 2} \right)\left( {{n^2} - 2n + 1} \right)}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\ = \lim \sqrt {\dfrac{{2{n^3} - 6{n^2} - 2}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}}  \\= \lim \sqrt {\dfrac{{\dfrac{2}{n} - \dfrac{6}{{{n^2}}} - \dfrac{2}{{{n^4}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{n^2}}} - \dfrac{1}{{{n^4}}}}}}  \\= \sqrt {\dfrac{0}{1}}  = 0\end{array}\)  

\(\lim \dfrac{{{5^n} - 1}}{{{3^n} + 1}} = \lim \dfrac{{1 - {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n} + {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}}}\)

Do \(\lim \left( {1 - {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}} \right) = 1 > 0\), \(\lim \left( {{{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n} + {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}} \right) = 0\)và \({\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^n} + {\left( {\dfrac{1}{5}} \right)^n} > 0\)nên

\(\lim \dfrac{{1 - {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n} + {{\left( {\dfrac{1}{5}} \right)}^n}}} =  + \infty \)

Ta có

\(\left. \begin{array}{l}{u_1} = 3.1 - 1 = 2\\{u_2} = 3.2 - 1 = 5\\{u_3} = 3.3 - 1 = 8\end{array} \right\} \Rightarrow \dfrac{5}{2} \ne \dfrac{8}{2}\)

Vậy \(({u_n})\) không phải là cấp số nhân nên không tồn tại q.

Chọn D.

\(\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)\\ = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - n} \right) \\+ \lim \left( {n - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)\\ = \lim \dfrac{{{n^2} + 2n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 2n}  + n}} \\+ \lim \dfrac{{{n^3} - {n^3} - 2{n^2}}}{{{n^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)}^2}}}\\ = \lim \dfrac{{2n}}{{\sqrt {{n^2} + 2n}  + n}} \\+ \lim \dfrac{{ - 2{n^2}}}{{{n^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)}^2}}}\\ = \lim \dfrac{2}{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{n}}  + 1}} \\+ \lim \dfrac{{ - 2}}{{1 + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{2}{n}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{1 + \dfrac{2}{n}}}} \right)}^2}}}\\ = 1 + \left( { - \dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

\(\lim \left[ {\dfrac{1}{{1.4}} + \dfrac{1}{{2.5}} + ... + \dfrac{1}{{n(n + 3)}}} \right]\)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{1.4}} + \dfrac{1}{{2.5}} + ... + \dfrac{1}{{n(n + 3)}}\\ = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{3}{{1.4}} + \dfrac{3}{{2.5}} + ... + \dfrac{3}{{n(n + 3)}}} \right)\\ = \dfrac{1}{3}\left( {1 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{5} + ... + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{{n + 3}}} \right)\\ = \dfrac{1}{3}\left[ {\left( {1 + \dfrac{1}{2} + ... + \dfrac{1}{n}} \right) - \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + ... + \dfrac{1}{{n + 3}}} \right)} \right]\\ = \dfrac{1}{3}\left( {1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{n + 1}} + \dfrac{1}{{n + 2}} + \dfrac{1}{{n + 3}}} \right)\\ \Rightarrow \lim \left( {\dfrac{1}{{1.4}} + \dfrac{1}{{2.5}} + ... + \dfrac{1}{{n(n + 3)}}} \right)\\ = \lim \dfrac{1}{3}\left( {1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{{n + 1}} + \dfrac{1}{{n + 2}} + \dfrac{1}{{n + 3}}} \right)\\ = \dfrac{1}{3}\left( {1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}} \right) = \dfrac{{11}}{{18}}\end{array}\)

Với c là các hằng số và  nguyên dương thì: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } c = c\)     

\(\begin{array}{l}{y_1} = {y_2} = 1\\{y_3} = {y_2} + {y_1} = 1 + 1 = 2\\{y_4} = {y_3} + {y_2} = 2 + 1 = 3\\{y_5} = {y_4} + {y_3} = 3 + 2 = 5\end{array}\)

Chọn D

Ta có

\(\begin{array}{c}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_2} - {u_3} + {u_5} = 10}\\{{u_4} + {u_6} = 26}\end{array}} \right. \\ \Leftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d - {u_1} - 2d + {u_1} + 4d = 10\\{u_1} + 3d + {u_1} + 5d = 26\end{array} \right.\\  \Leftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 3d = 10\\2{u_1} + 8d = 26\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 3\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn A.

Ta có \(MP\) cắt \(NQ\) tại \(I\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in MP\\I \in NQ\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {ABD} \right)\\I \in \left( {CBD} \right)\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow I \in \left( {ABD} \right) \cap \left( {CBD} \right)\).

\( \Rightarrow I \in BD\).

Vậy \(I\), \(B\), \(D\)thẳng hàng.

+) \(\left\{ \begin{array}{l}AB \cap CD = \left\{ I \right\}\\SA \cap SD = \left\{ S \right\}\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI\)

Mà \(MD \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ J \right\}\)

Suy ra \(J \in SI\) nên A đúng.

+) \(M \in SC \Rightarrow M \in \left( {SCI} \right)\) nên \(DM \subset mp\left( {SCI} \right)\) vậy B đúng.

+) \(M \notin \left( {SAB} \right)\)nên  \(JM \not\subset mp\left( {SAB} \right)\) vậy C sai.

+) Hiển nhiên D đúng theo giải thích A.

+) A sai. Trong trường hợp 2 đường thẳng cắt nhau thì chúng chỉ có 1 điểm chung.

+) B và C sai. Hai đường thẳng song song khi và chỉ khi chúng đồng phằng và không có điểm chung.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \dfrac{{4{x^3} - 1}}{{3{x^2} + x + 2}} \) \(= \dfrac{{4.{{( - 2)}^2} - 1}}{{3.{{( - 2)}^2} + ( - 2) + 2}} = \dfrac{{ - 33}}{{12}} = \dfrac{{ - 11}}{4}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {x + 4}  - 2}}{{2x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\left( {\sqrt {x + 4}  - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}{{2x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x + 4 - 4}}{{2x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{{2x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{{2x\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{{2\left( {\sqrt {x + 4}  + 2} \right)}}\\ = \dfrac{1}{{2\left( {\sqrt 4  + 2} \right)}} = \dfrac{1}{8}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {5a{x^2} + 3x + 2a + 1} \right) \\= 2a + 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {1 + x + \sqrt {{x^2} + x + 2} } \right) \\= 1 + \sqrt 2 \end{array}\)

Để f(x) có giới hạn khi  x\( \to \) 0 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x)\)=\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x)\) hay \(2a + 1 = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow a = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Ta có

\({S_5} = n{u_1} + \dfrac{{n(n - 1)}}{2}d = 5.\dfrac{1}{4} + \dfrac{{5.4}}{2}.\left( { - \dfrac{1}{4}} \right) =  - \dfrac{5}{4}\)

Chọn C.

Vì a và b chéo nhau nên bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng, từ đó dẫn đến AD và BC chéo nhau.

Ta có \(MN \subset \left( {SAB} \right)\)

\(\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\)

Gọi \(D\) là giao điểm của \(MN\) và \(AB\)

\( \Rightarrow D\) là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {ABC} \right)\)

Chọn đáp án C

Xét trong \(\left( {SAC} \right)\) ta gọi \(I = AM \cap SO,SO \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \cap \left( {SBD} \right) = I\)

Chọn A.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^4} - 5{x^2} + 4}}{{{x^3} - 8}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {{x^2} - 4} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{x^2} + 2x + 4}}\\ = \dfrac{{(2 + 2)({2^2} - 1)}}{{{2^2} + 2.2 + 4}} = 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2{x^2} - 5x + 2}}{{{x^3} - 8}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2x - 1}}{{{x^2} + 2x + 4}}\\ = \dfrac{{2.2 - 1}}{{{2^2} + 2.2 + 4}} = \dfrac{1}{4}\end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 1.q\\0,64 = x.q\end{array} \right. \Rightarrow 0,64 =  - {x^2}\)(vô lí)

Chọn A.

\(\forall n \in {N^*},{u_{n + 1}} - {u_n} = \dfrac{{2(n + 1) - 3}}{{3(n + 1) - 2}} - \dfrac{{2n - 3}}{{3n - 2}} \)\(\,= \dfrac{{35}}{{(3n + 1)(3n - 2)}} > 0.\)

Và \({u_n} = \dfrac{{2n - 13}}{{3n - 2}} = \dfrac{2}{3} - \dfrac{{35}}{{3(3n - 2)}} \le \dfrac{2}{3}\)

Chọn A.

Gọi E là trung điểm của AD ta có \(G \in CE\) và \(\dfrac{{CG}}{{CE}} = \dfrac{2}{3}\)

Vì \(CM = 2MB \Rightarrow \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{2}{3}\)

Xét tam giác BCE có: \(\dfrac{{CG}}{{CE}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \) MG // BE (Định lí Ta – let đảo)

Mà \(BE \subset \left( {ABD} \right) \Rightarrow \) MG // (ABD)

Chọn B.

Vì \(S \in \left( {SAD} \right)\) và \(S \in \left( {SBC} \right)\) nên \(S \in d\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD//BC\\d = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow d//AD//BC\)

Chọn A.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left| {x - 3} \right|}}{{3x - 9}} \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{x - 3}}{{3x - 9}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{x - 3}}{{3\left( {x - 3} \right)}} \) \(= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}\)

Cho cấp số nhân \({u_n} = \dfrac{1}{{{2^n}}},\forall n \ge 1\).

Khi đó: \({u_1} = \dfrac{1}{2},q = \dfrac{1}{2} \) \(\Rightarrow S = \dfrac{{\dfrac{1}{2}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 1\)

Ta có

\(\begin{array}{l}b = \dfrac{{a + c}}{2}\\ \Leftrightarrow c = 2b - a \\\Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 4ab - 4{b^2}\\ \Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 4ab - 2b(a + c)\\ \Leftrightarrow {a^2} - {c^2} = 2ab - 2bc\end{array}\)

Chọn B.

f(x) xác định khi \({x^2} + 5x + 6 \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 2\)hoặc \(x \ne  - 3\)

Suy ra hàm số  liên tục trên khoảng (2;3)

Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau nên A đúng.

Hai đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng thì có thể cắt nhau, song song, trùng nhau hoặc chéo nhau nên B sai.

Hai mặt phẳng không cắt nhau thì song song hoặc trùng nhau nên C sai.

Hai mặt phẳng không song song thì trùng nhau hoặc cắt nhau nên D sai.

Chọn A.

Ta có \(AD \cap \left( {BEF} \right) = A \Rightarrow A\) sai.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AF//BE\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AFD} \right)//\left( {BEC} \right) \Rightarrow \) B đúng.

\(\left( {ABD} \right) \cap \left( {EFC} \right) = CD \Rightarrow C\) sai.

\(EC \cap \left( {ABF} \right) = E \Rightarrow D\) sai.

Chọn B.