Ta có

\(\begin{array}{l} \lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}}\left[\frac{(x-1)(x-2)}{\sqrt{x-1}}+2\right]=2 \\ \lim \limits_{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim \limits_{x \rightarrow 1^{-}}\left(3 x^{2}+x-1\right)=3 \neq \lim\limits _{x \rightarrow 1^{+}} f(x) \end{array}\)Hàm số không liên tục tại x=1

Ta có \(\lim\limits _{x \rightarrow 4} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 4} \frac{\sqrt{x}-2}{x-4}=\lim\limits _{x \rightarrow 4} \frac{1}{\sqrt{x}+2}=\frac{1}{4}=f(4)\)

Hàm số liên tục tại điểm x=4

\(\begin{aligned} &\mathrm{TXD}: D=\mathbb{R}\\ &\text { Với } x=1 \text { ta có } f(1)=k^{2} \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} &\text { Với } x \neq 1 \text { ta có }\\ &\lim \limits_{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=\lim\limits _{x \rightarrow 1^{-}}\left(x^{2}+3\right)=4 ; \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow 1^{+}}(x+1)^{2}=4 \text { suy ra } \lim _{x \rightarrow 1} f(x)=4 \end{aligned}\)

Hàm số gián đoạn tại x=1 khi \(\lim\limits _{x \rightarrow 1} f(x) \neq k^{2} \Leftrightarrow k^{2} \neq 4 \Leftrightarrow k \neq\pm 2\)

Ta có 

\(\lim\limits _{x \rightarrow 0} \frac{\sin 5 x}{5 x}=1 ; f(0)=a+2\)

Để hàm số liên tục tại x=0 thì \(a+2=1 \Leftrightarrow a=-1\)

\(\begin{array}{l} \lim u_{n}=\lim \frac{3 n-n^{4}}{4 n-5}=\lim n^{3} \frac{\frac{3}{n^{3}}-1}{4-\frac{5}{n}} \\ \text { vì lim } n^{3}=+\infty ; \lim \frac{3 / n^{3}-1}{4-5 / n}=-\frac{1}{4} \\ \Rightarrow \lim u_{n}=\lim n^{3} \frac{\frac{3}{n^{3}}-1}{4-\frac{5}{n}}=-\infty \end{array}\)

Ta có 

\(E=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt[4]{16 x^{4}+3 x+1}-2 x\right)+\lim \limits_{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{4 x^{2}+2}-2 x\right)=0\)

Ta có 

\(D=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2 x}{\sqrt[3]{\left(8 x^{3}+2 x\right)^{2}}+2 x \sqrt[3]{\left(8 x^{3}+2 x\right)}+4 x^{2}}=0\)

Ta có 

\(\begin{array}{l} \lim\limits _{x \rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^{2}-x+1}-\sqrt{x^{2}+x+1}\right)=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{-2 x}{\sqrt{x^{2}-x+1}+\sqrt{x^{2}+x+1}}=-1 \\ \lim\limits _{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{x^{2}-x+1}-\sqrt{x^{2}+x+1}\right)=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} \frac{-2 x}{\sqrt{x^{2}-x+1}+\sqrt{x^{2}+x+1}}=1 \end{array}\)

Ta có \(A=\lim \limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{-x+1}{\sqrt{x^{2}-x+1}+x}=-\frac{1}{2}\)

Đặt \(y=\sqrt[n]{\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \ldots\left(x-a_{n}\right)}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow y^{n}-x^{n}=(y-x)\left(y^{n-1}+y^{n-1} x+\ldots+x^{n-1}\right) \Rightarrow y-x=\frac{y^{n}-x^{n}}{y^{n-1}+y^{n-1} x+\ldots+x^{n-1}} \\ \Rightarrow \lim \limits_{x \rightarrow+\infty}(y-x)=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{y^{n}-x^{n}}{y^{n-1}+y^{n-2} x+\ldots+x^{n-1}} \\ \Rightarrow C=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{\frac{y^{n}-x^{n}}{x^{n-1}}}{\frac{y^{n-1}+y^{n-1} x+\ldots+x^{n-1}}{x^{n-1}}} . \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \text { Mà } \lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{y^{n}-x^{n}}{x^{n-1}}=\lim \limits _{x \rightarrow+\infty}\left(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}+\frac{b_{2}}{x}+\frac{b_{3}}{x^{2}}+\ldots+\frac{b_{n}}{x^{n-1}}\right) \\ =a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n} \\ \lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{y^{k} x^{n-1-k}}{x^{n-1}}=1 \forall k=0, \ldots, n-1 \Rightarrow \lim \limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{y^{n-1}+y^{n-2} x+\ldots+x^{n-1}}{x^{n-1}}=n . \\ \text { Vậy } C=\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n} \end{array}\)

Giả sử \(\lim u_{n}=a \text { thì ta có }\)

\(a=\lim u_{n+1}=\lim \frac{u_{n}+1}{2}=\frac{a+1}{2} \Leftrightarrow a=1\)

Giả sử \(\lim u_{n}=a \text { thì ta có }\)

\(a=\lim u_{n+1}=\lim \frac{1}{2-u_{n}}=\frac{1}{2-a} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a \neq 2 \\ a(2-a)=1 \end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a \neq 2 \\ a^{2}-2 a+1=0 \end{array} \Leftrightarrow a=1\right.\right.\)

Đặt \(P(n)=\frac{2 n^{3}-3 n^{2}+n}{6}=\frac{n(n-1)(2 n+1)}{6}\) thì ta có

\(\begin{aligned} 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2} &=(P(2)-P(1))+(P(3)-P(2))+\cdots+(P(n+1)-P(n)) \\ &=P(n+1)-P(1)=\frac{n(n+1)(2 n+3)}{6} \end{aligned}\)

Do đó \(\lim \frac{1^{2}+2^{2}+\ldots+n^{2}}{n\left(n^{2}+1\right)}=\lim \frac{n(n+1)(2 n+3)}{6 n\left(n^{2}+1\right)}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\)

Với mọi \(k \in \mathbb{N}^{*} \text { thì } \frac{1}{(2 k-1)(2 k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 k-1}-\frac{1}{2 k+1}\right)\)

Khi đó

\(\begin{aligned} \lim \left(\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+\ldots+\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}\right.&=\lim \frac{1}{2}\left[1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right] \\ &=\lim \frac{1}{2}\left[1-\frac{1}{2 n+1}\right]=\frac{1}{2} \end{aligned}\)

Ta có 

\(\begin{aligned} \frac{1}{1.4}+\frac{1}{2.5}+\ldots \ldots+\frac{1}{n(n+3)} &=\frac{1}{3}\left[1-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{5}+\frac{1}{3}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right] \\ &=\frac{1}{3}\left[\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)-\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{n+3}\right)\right] \\ &=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right) \\ &=\frac{1}{3}\left(\frac{11}{6}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right) \end{aligned}\)

Do đó

\(\lim \left(\frac{1}{1.4}+\frac{1}{2.5}+\ldots . .+\frac{1}{n(n+3)}\right)=\lim \frac{1}{3}\left(\frac{11}{6}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)=\frac{11}{18}\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_{20}} = 8{u_{17}}\\ {u_1} + {u_5} = 272 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1}.{q^{19}} = 8{u_1}{q^{16}}\\ {u_1} + {u_1}.{q^4} = 272 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {u_1}{q^{16}}\left( {{q^3} - 8} \right) = 0{\mkern 1mu} \left( 1 \right)\\ {u_1}\left( {1 + {q^4}} \right) = 272{\mkern 1mu} \left( 2 \right) \end{array} \right.\).

Từ (2) suy ra \({u_1} \ne 0\) do đó: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} q = 0\\ q = 2 \end{array} \right.\).

Nếu q = 0 thì \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {u_1} = 272\) không thõa điều kiện \({u_1} \le 100\).

Nếu q = 2 thì \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {u_1} = 16\) thõa điều kiện.

2x - 3; x; x + 3 lập thành cấp số nhân

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} = \left( {2x - 3} \right)\left( {2x + 3} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} = 4{x^2} - 9\\ \Leftrightarrow {x^2} = 3\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3 \end{array}\)

Vì x dương nên \(x = \sqrt 3 \)

Từ giả thiết ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 160\\ {u_6} = 5 \end{array} \right. \Rightarrow q = \sqrt[5]{{\frac{{{u_6}}}{{{u_1}}}}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra tổng các số hạng của cấp số nhân đó là: 

\(S = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^6}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{160\left( {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^6}} \right)}}{{\frac{1}{2}}} = 315\)

Theo đề bài ta có hệ phương trình

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {b^2} = ac\\ b = a + 3s\\ c = a + 7s \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\left( {a + 3s} \right)^2} = a\left( {a + 7s} \right)\\ \Leftrightarrow 9{s^2} - as = 0 \end{array}\)

Do s khác 0 nên \(a = 9s \Rightarrow \frac{a}{s} = 9\).

Gọi công bội của CSN bằng q.

Suy ra \({u_4} = {u_2}.{q^2} \Rightarrow q = \pm 2\).

Do CSN có các số hạng không âm nên q = 2.

Ta có \({S_{12}} = {u_1}.\frac{{1 - {q^{12}}}}{{1 - q}} = 3.\frac{{1 - {2^{12}}}}{{1 - 2}} = 3\left( {{2^{12}} - 1} \right)\).

Ba số : \(1+3 a ; a^{2}+5 ; 1-a\) theo thứ tự lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi:

\(\begin{array}{l} a^{2}+5-(1+3 a)=1-a-\left(a^{2}+5\right) \\ \Leftrightarrow a^{2}-3 a+4=-a^{2}-a-4 \Leftrightarrow a^{2}-a+4=0\text{ (vô nghiệm) } \end{array}\)

Vậy không có giá trị nào của a để 3 số lập thành một cấp số cộng.

Ba số : \(1+2 x ; 2 x^{2}-1 ;-2 x\) theo thứ tự lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi 

\(\begin{array}{l} 2 x^{2}-1-1-2 x=-2 x-2 x^{2}+1 \\ \Leftrightarrow 4 x^{2}=3 \Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt{3}}{2} . \end{array}\)

Ba số \(1-x ; x^{2} ; 1+x\) lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi 

\(x^{2}-(1-x)=1+x-x^{2}\)
\(\Leftrightarrow 2 x^{2}=2 \Leftrightarrow x=\pm 1\)

Ta có a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi a+c=2b

\(\Leftrightarrow-2(b+c)=-2.2 a \Leftrightarrow(-2 b)+(-2 c)=2(-2 a)\)

\(\Leftrightarrow-2 b,-2 a,-2 c\) lập thành cấp số cộng.

a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi:  

\(b-a=c-b \Leftrightarrow(b-a)^{2}=(c-b)^{2} \Leftrightarrow a^{2}-c^{2}=2 a b-2 b c\)

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} \vec{a}+\vec{c}=\overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C}=2 \overrightarrow{S O} \\ \vec{b}+\vec{d}=\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S D}=2 \overrightarrow{S O} \end{array}=>\vec{a}+\vec{c}=\vec{d}+\vec{b}\right.\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{G S}+\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}+4 \overrightarrow{G O}+(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}+4 \overrightarrow{G O}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{G S}=4 \overrightarrow{O G} \end{array}\)

Ta có

\(\overrightarrow{B C^{\prime}}=\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A C^{\prime}}=-\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A A^{\prime}}=-\vec{b}+\vec{c}+\vec{a}=\vec{a}-\vec{b}+\vec{c}\)

G là trọng tâm tứ diện ABCD

\(\Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+G \vec{B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{G A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{A G}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})\)

\(\overrightarrow{M N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{M D}) \text { (quy tắc trung điểm) }=\frac{1}{2}(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B D})\)

Mà \(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} \text { (vì } M \text { là trung điểm } A B) \Rightarrow \overrightarrow{M N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D})\)

Gọi I là trung điểm củaAB

Vì ABC và ABD là các tam giác đều

Nên \(\left\{ \begin{array}{l} CI \bot AB\\ DI \bot AB \end{array} \right.\).

Suy ra \(AB \bot \left( {CID} \right) \Rightarrow AB \bot CD\).

\(\begin{array}{l} A{B^2} + A{C^2} + A{D^2} + B{C^2} + B{D^2} + C{D^2}\\ = {\left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GD} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {BG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {BG} + \overrightarrow {GD} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {CG} + \overrightarrow {GD} } \right)^2}\\ = 3A{G^2} + 3B{G^2} + 3C{G^2} + 3D{G^2} + 2\left( {\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {CG} .\overrightarrow {GD} } \right)\left( 1 \right) \end{array}\)

Lại có

\(\begin{array}{l} \left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {G{\rm{D}}} } \right) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} + G{{\rm{D}}^2}\\ = 2\left( {\overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {AG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {BG} .\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {CG} .\overrightarrow {GD} } \right)\left( 2 \right) \end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Xét tam giác ICD có J là trung điểm đoạn CD.

Ta có: \(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} } \right)\)

Vì tam giác ABC có AB = AC và \(\widehat {BAC} = 60^\circ \)

Nên tam giác ABC đều. Suy ra: \(CI \bot AB\) 

Tương tự ta có tam giác ABD đều nên \(DI \bot AB\).

Xét \(\overrightarrow {IJ} .\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} } \right).\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {IC} .\overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {ID} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \).

Suy ra \(\overrightarrow {IJ} \bot \overrightarrow {AB} \). Hay góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {IJ} \) bằng 90^o.

Ta có: \(\Delta SAB = \Delta SBC = \Delta SCA\,\,\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow AB = BC = CA\)

Do đó tam giác ABC đều. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

Vì hình chóp S.ABC có SA = SB = SC nên hình chiếu của S trùng với G

Hay \(SG \bot \left( {ABC} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AC \bot BG\\ AC \bot SG \end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBG} \right)\)

Suy ra \(AC \bot SB\).

Vậy góc giữa cặp vectơ \(\overrightarrow {SB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) bằng 90^o.

Do tam giác ABC cân tại C nên \(C H \perp A B\) .

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} C H \perp A B \\ C H \perp S A \end{array} \Rightarrow C H \perp(S A B)\right.\).

\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} C H \perp S A \\ C H \perp S B \\ C H \perp A K \end{array}\right.\)

Vậy các câu A, B, C đúng nên D sai.

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: }\left\{\begin{array}{l} A B \perp B C \\ S A \perp B C \end{array} \Rightarrow B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp A E .\right. \\ \text { Vậy: }\left\{\begin{array}{l} A E \perp S B \\ A E \perp B C \end{array} \Rightarrow A E \perp S C(1)\right. \end{array}\)

Tương tự ta có \(A F \perp S C(2)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow S C \perp(A E F)\)

Vậy D đúng.

Tam giác SAC cân tại S có SO là trung tuyến \(\begin{array}{l} \Rightarrow S O \end{array}\)cũng là đường cao \(\begin{array}{l} \Rightarrow S O \perp A C . \end{array}\) .

Tam giác SBD cân tại S có SO là trung tuyến \(\Rightarrow S O\) cũng là đường cao \(\Rightarrow S O \perp B D\) .

Từ đó suy ra \(S O \perp(A B C D)\) .

Do ABCD là hình thoi nên CD không vuông góc với BD . Do đó CD không vuông góc với \((S B D)\)

Mệnh đề A sai vì có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc với nhau nhưng đường thẳng thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng kia.

Mệnh đề B sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng song song.

Mệnh đề C sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc.

Mệnh đề sai vì còn trường hợp chéo nhau hoặc trùng nhau.

Mênh đề C sai vì còn trường hợp hai đường thẳng chéo nhau.

Mênh đề D sai vì còn trường hợp hai mặt phẳng vuông góc với nhau.

* Có vô số đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước, chúng nằm trong mặt phẳng đi qua điểm đó và vuông góc với một đường thẳng cho trước ⇒ “Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước”: SAI

* Có vô số mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước, trong trường hợp: đường thẳng cho trước vuông góc với mặt phẳng cho trước ⇒:Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước”: SAI

* Có vố số mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước ⇒”Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước”: SAI