Ta có BC// AD. Do đó \(\left( {\widehat {SD,BC}} \right) = \left( {\widehat {SD,AD}} \right) = \widehat {SDA}\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}BC//\,DA\\SA \bot BC\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,SA \bot AD\,\, \Rightarrow \,\widehat {SAD} = {90^0}\)

Xét tam giác SAD vuông tại A, ta có

\(\tan \widehat {SDA} = \dfrac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3 \,\, \Rightarrow \widehat {SDA} = {60^0}\).

Vậy góc giữa hai đường thẳng SD và BC là 60⁰.

Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng vuông góc với mặt phẳng (R) thì giao tuyến của (P) và (Q) nếu có cũng sẽ vuông góc với (R).

Ta có \((\widehat {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AH} }) = {180^0} - (\widehat {SA,AH}) = {180^0} - \widehat {SAH}\).

Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên \(AM \bot BC\,\, \Rightarrow \,\,MA = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\dfrac{a}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xát tam giác SAM có \(SA \bot AM\,\,(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên nó là tam giác vuông tại A.

Suy ra \(\tan \widehat {ASM} = \dfrac{{AM}}{{SA}} = \sqrt 3 \,\, \Rightarrow \widehat {ASM} = {60^0}\).

Trong tam giác SAH có \(\widehat {SAH} = {180^0} - \widehat {ASH} - \widehat {AHS} = {180^0} - {60^0} - {90^0} = {30^0}\).

Vậy góc giữa hai vec tơ \(\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {AH} \) là 180⁰ – 30⁰ = 150⁰.

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

\(\lim ({u_n} + {v_n}) = L + M\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt[3]{{x + 1}} - 1}}{{\sqrt[4]{{2x + 1}} - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{(\sqrt[3]{{x + 1}} - 1)(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)}}{{(\sqrt[4]{{2x + 1}} - 1)(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)}}{{(\sqrt[2]{{2x + 1}} - 1)(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)(\sqrt[2]{{2x + 1}} + 1)}}{{(\sqrt[2]{{2x + 1}} - 1)(\sqrt[2]{{2x + 1}} + 1)(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{x(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)(\sqrt[2]{{2x + 1}} + 1)}}{{2x(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{(\sqrt[4]{{2x + 1}} + 1)(\sqrt[2]{{2x + 1}} + 1)}}{{2(\sqrt[3]{{{{(x + 1)}^2}}} + \sqrt[3]{{x + 1}} - 1)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2.2}}{{2(1 + 1 + 1)}} = \dfrac{2}{3}\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2}{\rm{ + ax + 1}}} \right){\rm{ = 2 + a}}\) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {2{x^2}{\rm{ - x + 3a}}} \right){\rm{ = 1 + 3a}}\)

Để f(x) có giới hạn khi \(x \to 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) \Leftrightarrow 2 + a = 1 + 3a \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{\sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2}} }}{{x - 3}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\left| {x - 3} \right|}}{{x - 3}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\left( {khi\,x > 3} \right)\\ - 1\,\,\left( {khi\,\,x < 3} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right)\) không tồn tại giá trị của m đề hàm số liên tục khi x=3

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{{{x^2} + 3x + 2}}{{\left| {x + 1} \right|}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \dfrac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left| {x + 1} \right|}}\\ = \left\{ \begin{array}{l}1\,\,\left( {khi\,x > 1} \right)\\ - 1\,\,\left( {khi\,\,x < 1} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \dfrac{{{x^2} + 3x + 2}}{{\left| {x + 1} \right|}} = 1 \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \dfrac{{{x^2} + 3x + 2}}{{\left| {x + 1} \right|}} = - 1\) suy ra không tồn tại

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ({x^2} + x - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^2}(1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}) = + \infty\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \,x = {x_0}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}} = \dfrac{{1 + 1}}{{1 - 2}} = - 2\)

\(\lim \left| {{u_n}} \right| = \left| L \right|\)

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

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

\(\begin{array}{l}\lim \dfrac{{2 - {5^{n - 2}}}}{{{3^n} + {{2.5}^n}}} = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{{{5^n}}} - {5^{ - 2}}}}{{{{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)}^n} + 2}}\\ = - \dfrac{{{5^{ - 2}}}}{2} = \dfrac{{ - 1}}{{50}}\end{array}\)

Đặt t=5x

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sin 5x}}{{5x}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \dfrac{{\sin t}}{t} = 1\)

Để hàm số liên tục tại x=0 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\)hay \(a + 2 = 1 \Rightarrow a =  - 1\)

\(\begin{array}{l}\lim \dfrac{{\sqrt {{n^3} - 2n + 5} }}{{3 + 5n}}\\ = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^3}} \sqrt {1 - \dfrac{2}{{{n^2}}} + \dfrac{5}{{{n^3}}}} }}{{\sqrt {{n^3}} \left( {\dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{5}{{\sqrt n }}} \right)}}\\ = \lim \dfrac{{\sqrt {1 - \dfrac{2}{{{n^2}}} + \dfrac{5}{{{n^3}}}} }}{{\left( {\dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{5}{{\sqrt n }}} \right)}} = + \infty \end{array}\)

Với số nguyên dương ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^k} =  + \infty \)

\(\begin{array}{l}\lim \dfrac{{\sqrt {n + 1} }}{{n + 2}} = \lim \dfrac{{n\sqrt {\dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} }}{{n(1 + \dfrac{2}{{n)}}}}\\ = \lim \dfrac{{\sqrt {\dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}} }}{{(1 + \dfrac{2}{{n)}}}} = \dfrac{0}{1} = 0\end{array}\)

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

f(x) xác định khi \(\sqrt {(x - 1)(x + 1)}  \ge 0 \Rightarrow x \ge 1\) hoặc \(x \le  - 1\)

\(f(x) = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\) liên tục trên khoảng \(\left( { - \infty , - 1} \right]\)và \(\left[ {1, + \infty } \right)\) 

\(f(x) = {x^5} - {x^2} + 1\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)

\(f(x) = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\) liên tục trên khoảng (-1;1)

\(f(x) = \sqrt {x - 2} \) liên tục trên \({\rm{[}}2; + \infty )\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x) = 1\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = 0\end{array}\)    \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f(x)\)   nên không tồn tại giới hạn của f(x) khi \(x \to 2\)

   \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = 0\)

\(f( - 2) = \left( {\sqrt {4 - {x^2}} } \right) = 0\)                    \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f(x) = f\left( { - 2} \right)\)  suy ra  \(f(x)\)liên tục tại x = -2

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {2x + 1}  + 1}}{{x(x + 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2x}}{{x(x + 1)(\sqrt {2x + 1}  - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{2}{{(x + 1)(\sqrt {2x + 1}  - 1)}} = \dfrac{2}{2} = 1\)

Để f(x) liên tục tại x=0 thì \(f(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^3} - 6{x^2} + 11x - 6}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)}} = \dfrac{{ - 1}}{4}\)

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

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \sqrt {\dfrac{{{x^4} + 3x - 1}}{{2{x^2} - 1}}} = \sqrt {\dfrac{{{2^4} + 3.2 - 1}}{{{{2.2}^2} - 1}}} = \sqrt 3\)

Điều kiện cần và đủ để ba vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\overrightarrow b \,,\,\overrightarrow c \) đồng phẳng là có cặp số m, n duy nhất sao cho \(\overrightarrow c  = m\overrightarrow a  + n\overrightarrow b. \)

Ta có \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow {AC'} \).

Ta có \(\overrightarrow {CB}  + \overrightarrow {CD}  + \overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {CG}  = \overrightarrow {CE} \) .

Nếu mp \(\left( \alpha  \right)\) song song với mp \(\left( \beta  \right)\) và đường thẳng \(a \subset \left( \alpha  \right)\) thì a song song \(\left( \beta  \right)\).

Đáp án A, B, C sai do thiếu dữ kiện nên chưa thể xác định.

Đáp án D đúng do nếu \(\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  + \overrightarrow {SD}  = 4\overrightarrow {SO} \)   thì O là trung điểm chung của đoạn thẳng nối trung điểm AC và trung điểm BD mà O là giao hai đường chéo nên ABCD là hình bình hành.

Lấy M là chân đường cao từ C kẻ xuống BD. Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}CM \bot BD\\CM \bot AB(\,AB \bot (BCD))\end{array} \right.\,\, \Rightarrow CM \bot \left( {ABD} \right)\)

Suy ra hình chiếu vuông góc của C xuống (ABD) là M.

\(\left( {AC,(ABD)} \right) = \left( {AC,AM} \right) = \widehat {MAC}\)

Xét tam giác AMC vuông tại M ( do có \(MC \bot (ABD)\, \Rightarrow MC \bot AM\) ), từ đó\(\begin{array}{l}MC = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\,AC = \sqrt {4{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 5 ,\\AM = \sqrt {4{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = \dfrac{{a\sqrt {17} }}{2}\\ \Rightarrow \,\,\tan \widehat {MAC} = \dfrac{{MC}}{{AM}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt {17} }} = \dfrac{{\sqrt {51} }}{{17}}\end{array}\).

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song.

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tứ giác trong một mặt phẳng thì nó cũng vuông góc với hai cạnh còn lại ⇒ Sai

\(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0  \Leftrightarrow \overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GN}  = \overrightarrow 0 \)

Đáp án A không đủ dữ kiện để G là trọng tâm tứ diện ABCD.

Ta có \(SG \subset \left( {SAC} \right),GS \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) , do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) là 90⁰.

Nếu a và b cùng nằm trong một mặt phẳng và cùng vuông góc với c thì \(a // b\).

Ta có

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

Do O là tâm của hình bình hành ABCD nên đáp án A , B đúng.

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = 2\overrightarrow {SO} \\\overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD}  = 2\overrightarrow {SO} \end{array} \right.\,\, \Rightarrow \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SC}  = \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SD} \) suy ra đáp án C đúng.

Do AB và A’B’ song song với nhau nên \(\overrightarrow {A'B'} \)  là vec tơ chỉ phương của đường thẳng AB.