Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{S_2} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^2}} \right)}}{{1 - q}} = 4}\\ {{S_3} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^3}} \right)}}{{1 - q}} = 13} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{u_1}\left( {1 + q} \right) = 4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\ {{u_1}\left( {1 + q + {q^2}} \right) = 13} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{1 + q}}{{1 + q + {q^2}}} = \frac{4}{{13}}\,\,\,\left( 1 \right)}\\ {{u_1} = \frac{4}{{1 + q}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)} \end{array}} \right.\)

Xét \(\left( 1 \right):\,\,\,\frac{{1 + q}}{{1 + q + {q^2}}} = \frac{4}{{13}} \Leftrightarrow 4{q^2} - 9q - 9 = 0 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {q = 3 \Rightarrow {u_1} = 1}\\ {q = - \frac{3}{4} \Rightarrow {u_1} = 16} \end{array}} \right.\)

Với \(q = 3;\,{u_1} = 1 \Rightarrow {u_2} = {u_1}.q = 3 > 0\) (loại)

Với \(q = - \frac{3}{4};\,{u_1} = 16 \Rightarrow {u_2} = {u_1}.q = - 12 < 0\) (Thỏa mãn).

Vậy \({S_5} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^5}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{16\left( {1 - {{\left( { - \frac{3}{4}} \right)}^5}} \right)}}{{1 + \frac{3}{4}}} = \frac{{181}}{{16}}\).

\({u_6} = {u_1}{q^5} = 5.{\left( { - 2} \right)^5} = - 160\)

Ta có \(S = \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{{{3^n}}} + \cdot \cdot \cdot \) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn (un) với \({u_n} = \frac{1}{{{3^n}}}\) có số hạng đầu \({u_1} = \frac{1}{3}\), công sai \(q = \frac{1}{3}\).

Do đó \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}\).

\({S_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{3.\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = 765 \Leftrightarrow n = 8\)

Ta có \(\frac{1}{3}=-1 \cdot\left(-\frac{1}{3}\right) ;-\frac{1}{9}=-\frac{1}{3} \cdot\left(-\frac{1}{3}\right) ; \frac{1}{27}=-\frac{1}{9} \cdot\left(-\frac{1}{3}\right)\)...

Vậy dãy số trên là cấp số nhân với \(u_{1}=-1 ; \mathrm{q}=-\frac{1}{3}\)

Áp dụng công thức số hạng tổng quát cấp số nhân ta có \(u_{n}=u_{1} q^{n-1}=-1\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}=(-1)^{n} \cdot \frac{1}{3^{n-1}}\)

Vậy A sai.

Ta thấy A hoặc B sai.

Ta có \(u_{n+1}=2(n+1)+5=2 n+5+2=u_{n}+2 \forall n \in \mathbb{N}^{*} \Rightarrow\)A sai.

Chọn A

Áp dụng công thức tìm số hạng tổng quát ta có 

\(u_{n}=-3+(n-1) \frac{1}{2}\)

Áp dụng công thức tính tổng n số hạng đầu tiên \(S_{n}=\frac{n\left[2 u_{1}+(n-1) d\right]}{2}=\frac{n\left(u_{1}+u_{n}\right)}{2}, n \in \mathbb{N}^{*}\)

Ta có: \(S_{5}=-\frac{5}{4}\)

Ta có \(\left\{\begin{array}{l} S_{n}=\frac{n\left(u_{1}+u_{n}\right)}{2} \\ d=\frac{u_{n}-u_{1}}{n-1} \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{1}+u_{8}=2 S_{8}: 8 \\ u_{8}-u_{1}=7 d \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{8}+u_{1}=18 \\ u_{8}-u_{1}=-14 \end{array} \Rightarrow u_{1}=16\right.\right.\right.\)

Ta có:

\(\left\{\begin{array}{l} u_{n}-u_{1}=(n-1) d \\ u_{n}+u_{1}=\frac{2 S_{n}}{n} \end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} u_{5}-u_{1}=4.0,1 \\ u_{5}+u_{1}=-0,25 \end{array} \Rightarrow u_{1}=-0,3\right.\right.\)

Ta có \(u_{n}=\frac{25}{4}-\left(n+\frac{3}{2}\right)^{2}<\frac{25}{4} \Rightarrow\left(u_{n}\right)\) bị chặn trên , dãy \((u_n)\) không bị chặn dưới.

Ta có \(u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{(n+1)^{2}}>0 \Rightarrow \text { dãy }\left(u_{n}\right)\) là dãy số tăng.

Do \(u_{n}<1+\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\ldots+\frac{1}{(n-1) n}=2+\frac{1}{n}\)

\(\Rightarrow 1<u_{n}<3, \forall n \geq 1 \Rightarrow dãy\,\,\left(u_{n}\right)\) bị chặn.

u₁₀ = 10² – 4.20 – 2 =58

u_n+1 = 1+ (n+4).3ⁿ⁺¹ = 1 + (n+3).3ⁿ⁺¹ + 3ⁿ⁺¹

= 1 + 3ⁿ.(n+3).3 + 3ⁿ⁺¹ = 3[1 + (n+ 3).3ⁿ] + 3ⁿ⁺¹ – 2 = 3u_n + 3ⁿ⁺¹ - 2

u₁ = 1

u₂ = 1 + 1²

u₃ = 1 + 1² + 2²

u₄ = 1 + 1² + 2² + 3²

...

\({u_{n + 1}} = 1 + {1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {n^2} = 1 + \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}\)

Chia cả tử và mẫu cho n² ta có được:

\(C = \lim \frac{{\sqrt[4]{{\frac{3}{{{n^5}}} + \frac{1}{{{n^8}}}}} - \frac{1}{n}}}{{\sqrt {2 + \frac{3}{{{n^3}}} + \frac{1}{{{n^4}}}}  + \frac{1}{n}}} = 0\)

\(D = \;\lim \;\frac{{\sqrt {{n^2} + 1}  - \sqrt[3]{{3{n^3} + 2}}}}{{\sqrt[4]{{2{n^4} + n + 2}} - n}} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}}  - \sqrt[3]{{3 + \frac{2}{{{n^2}}}}}}}{{\sqrt[4]{{2 + \frac{1}{{{n^3}}} + \frac{2}{{{n^4}}}}} - 1}} = \frac{{1 - \sqrt[{}]{3}}}{{\sqrt[4]{2} - 1}}\)

\(\begin{array}{l}
C = \lim \;\frac{{{{\left( {2{n^2} + 1} \right)}^4}{{\left( {n + 2} \right)}^9}}}{{{n^{17}} + 1}} = \lim \frac{{{n^8}{{\left( {2 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^4}.{n^9}{{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^9}}}{{{n^{17}}\left( {1 + \frac{1}{{{n^{17}}}}} \right)}}\\
 = \lim \frac{{\left( {2 + \frac{1}{{{n^4}}}} \right){{\left( {1 + \frac{2}{n}} \right)}^9}}}{{1 + \frac{1}{{{n^{17}}}}}} = \frac{{{{\left( {2 + 0} \right)}^4}.{{\left( {1 + 0} \right)}^9}}}{{1 + 0}} = 16
\end{array}\)

\(B = \lim \;\frac{{\sqrt {{n^2} + 2n} }}{{n - \sqrt {3{n^2} + 1} }} = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{2}{n}} }}{{1 - \sqrt {3 + \frac{1}{{{n^2}}}} }} = \frac{1}{{1 - \sqrt 3 }}\)

\(A = \lim \frac{{2{n^2} + 3n + 1}}{{3{n^2} - n + 2}} = \lim \frac{{2 + \frac{3}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{3 - \frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}}} = \frac{2}{3}\)

Chia cả tử và mẫu cho x ta được:

\(B\; = \;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {4{x^2} - 3x + 4}  - 2x}}{{\sqrt {{x^2} + x + 1}  - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 - \frac{3}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}}  - 2}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1}} = \frac{{ - \sqrt 4  - 2}}{{ - 1 - 1}} = 2\)

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

vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^2} =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}}  = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {4{x^5} - 3{x^3} + x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^5}\left( {4 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) =  - \infty \)

vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^5} =  - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {4 - \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^4}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = 4 > 0\)

\(\begin{array}{l}
E = \;\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - x + 1}  - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x + 1}}{{\sqrt {{x^2} - x + 1}  + x}}\\
 = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - 1 + \frac{1}{x}}}{{\sqrt {1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  + 1}} =  - \frac{1}{2}
\end{array}\)

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

Ta có

\(\begin{array}{l} |\vec{a}-\vec{b}|^{2}=(\vec{a}-\vec{b})^{2}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}=2\left(\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}\right)-(\vec{a}+\vec{b})^{2} \\ =2\left(|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}\right)-|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=2\left(26^{2}+28^{2}\right)-48^{2}=616 \\ \Rightarrow|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{616} \end{array}\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC\(\Rightarrow\)cố định và GA \(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\) .

\(\begin{array}{l} P=(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})^{2}+(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})^{2}+(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G C})^{2} \\ =3 M G^{2}+2 \overrightarrow{M G} \cdot(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C})+G A^{2}+G B^{2}+G C^{2} \\ =3 M G^{2}+G A^{2}+G B^{2}+G C^{2} \geq G A^{2}+G B^{2}+G C^{2} \end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow M \equiv G\).

Vậy \(P_{\min }=G A^{2}+G B^{2}+G C^{2} \text { với } M \equiv G\) là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có

\(\begin{array}{l} (\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C})^{2}=0 \\ \Leftrightarrow G A^{2}+G B^{2}+G C^{2}+2 \overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G B}+2 \overrightarrow{G A} \cdot \overrightarrow{G C}+2 \overrightarrow{G B} \cdot \overrightarrow{G C}=0 \\ \Leftrightarrow G A^{2}+G B^{2}+G C^{2}+\left(G A^{2}+G B^{2}-A B^{2}\right)+\left(G A^{2}+G C^{2}-A C^{2}\right)+\left(G B^{2}+G C^{2}-B C^{2}\right)=0 \\ \Leftrightarrow A B^{2}+A C^{2}+B C^{2}=3\left(G A^{2}+G B^{2}+G C^{2}\right) \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}+\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{B C}=(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C B}) \cdot \overrightarrow{C D}+\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}-\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{C B} \\ =\overrightarrow{A C}(\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{D B})+\overrightarrow{C B}(\overrightarrow{C D}-\overrightarrow{A D})=\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C B} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \end{array}\)

Vậy k=0

\(\begin{array}{l} (\vec{a}-\vec{b})^{2}=|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \vec{b}=\frac{9}{2} \\ \text { Do đó: } \cos \alpha=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\frac{3}{8} \end{array}\)

Gọi M là trung điểm của AC. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng góc giữa hai đường thẳng MI và MJ.

Tính được: \(\cos \mathrm{IMJ}=\frac{I M^{2}+M J^{2}-\mathrm{IJ}^{2}}{2 M I \cdot M J}=-\frac{1}{2}\)

Từ đó suy ra số đo góc giữa hai đường thẳng AB và CD là: \(60^{0}\)

\(\begin{aligned} &\text { Ta có } \cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D})=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{C D}|}=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}}{A B \cdot C D}\\ &\text { Măt khác }\\ &\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A B}(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}\\ &=A B \cdot A D \cdot \cos 60^{\circ}-A B \cdot A C \cdot \cos 60^{\circ}\\ &=A B \cdot A D \cdot \frac{1}{2}-A B \cdot \frac{3}{2} A D \cdot \frac{1}{2}=-\frac{1}{4} A B \cdot A D=-\frac{1}{4} A B \cdot C D\\ &\text { Do có } \cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D})=\frac{-\frac{1}{4} A B \cdot C D}{A B \cdot C D}=-\frac{1}{4} \cdot \text { Suy ra } \cos \varphi=\frac{1}{4} \end{aligned}\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có } \overrightarrow{A O} \cdot \overrightarrow{C D}=(\overrightarrow{C O}-\overrightarrow{C A}) \overrightarrow{C D} \\ =\overrightarrow{C O} \cdot \overrightarrow{C D}-\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C D}=C O \cdot C D \cdot \cos 30^{0}-C A \cdot C D \cdot \cos 60^{0} \\ =\frac{a \sqrt{3}}{3} \cdot a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-a \cdot a \cdot \frac{1}{2}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{2}=0 \\ \text { Suy ra } A O \perp C D . \end{array}\)

Giả sử cạnh của tứ diện là a. Ta có

\(\cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overline{D M}|}=\frac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}}\)

Mặt khác \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}=\overrightarrow{A B}(\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A D})=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=A B \cdot A M \cdot \cos 30^{0}-A B \cdot A D \cdot \cos 60^{\circ}\)

\(=a \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}-a \cdot a \cdot \frac{1}{2}=\frac{3 a^{2}}{4}-\frac{a^{2}}{2}=\frac{a^{2}}{4}\)

Vậy \(\cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\frac{\sqrt{3}}{6} . \text { Suy ra } \cos (A B, D M)=\frac{\sqrt{3}}{6}\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{S A} \cdot \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{S A} \cdot(\overrightarrow{S C}-\overrightarrow{S B})=\overrightarrow{S A} \overrightarrow{S C}-\overrightarrow{S A} \overrightarrow{S B} \\ =S A \cdot S C \cdot \cos \widehat{A S C}-S A \cdot S B \cdot \cos \widehat{A S B}=0 \\ \Rightarrow(\overrightarrow{S A}, \overrightarrow{B C})=90^{0} \end{array}\)

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left( {AA'C'C} \right) \supset AC}\\ {\left( {AA'C'C} \right){\rm{//}}BB'} \end{array}} \right.\) nên \(d\left( {BB';AC} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'C'C} \right)} \right)\).

Gọi \(I = AC \cap BD\). Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên \(BI \bot \left( {AA'C'C} \right)\).

Suy ra \(d\left( {BB';AC} \right) = d\left( {BB';\left( {AA'C'C} \right)} \right) = IB = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vì \(A^{\prime} C^{\prime} / / A C\) nên góc giữa AC và \(D A_{1} \text { là } \widehat{D A_{1} C_{1}}\) .

Vì tam giác \(D A_{1} C_{1}\) đều nên \(\widehat{D A_{1} C_{1}}=60^{0}\) .

Vậy góc giữa \(A C \text { và } D A_{1} \text { bằng } 60^{0} \text { . }\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A B} \cdot(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C} \\ =A B \cdot A D \cdot \cos 60^{0}-A B \cdot A C \cdot \cos 60^{0}=0 \\ \Rightarrow(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{C D})=90^{0} \end{array}\)

Ta có

\(|\vec{a}+\vec{b}|^{2}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b} \cdot \cos (\vec{a}, \vec{b})=19\Rightarrow |\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{19}\)

Gọi I là trung điểm CC'

\(\Delta C A C^{\prime} \text { cân tại } A \Rightarrow C C^{\prime} \perp A I \text { (1) }\)

\(\begin{array}{l} \Delta C B C^{\prime} \text { cân tại } B \Rightarrow C C^{\prime} \perp B I(2) \\ \quad(1),(2) \rightarrow C C^{\prime} \perp(A I B) \Rightarrow C C^{\prime} \perp A B \Rightarrow \overline{C C^{\prime}}=\overrightarrow{A B} \end{array}\)

Vậy góc giữa \(\overline{C C^{\prime}} \text { và } \overrightarrow{A B} \text { là } 90^{\circ}\)