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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Phương trình (1) có ít nhất hai nghiệm trong khoảng \((0;2)\)

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

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 \(2a + 1 = 1 + \sqrt 2  \Leftrightarrow a = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

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

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

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

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

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

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)

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

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

Để f(x) gián đoạn tại x = 1 thì \({k^2} \ne 4 \Leftrightarrow k \ne  \pm 2\)

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

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

\(f(1) = {3.1^2} + 1 - 1 = 3\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = f(1)\)nên hàm số gián đoạn tại x=1

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

f(x) có tập xác định \(D = R\backslash \left\{ { \pm 1} \right\} \Rightarrow \)(1) sai

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}}}{x} = 1 \Rightarrow \)(2) đúng

f(x) có tập xác định \(D = \left[ { - 3;3} \right] \Rightarrow \)liên tục trên \(\left[ { - 3;3} \right]\)\( \Rightarrow \)(3) sai

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

Ta có:

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

Suy ra: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \dfrac{{ - {x^2} - x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}} =  - \infty \)

Do G là trọng tâm tam giác KIE nên ta có \(3\overrightarrow {FG}  = \overrightarrow {FE}  + \overrightarrow {FK}  + \overrightarrow {FI} \) .

Theo định nghĩa hai đường thẳng vuông góc trong không gian ta có góc giữa a và b là 90⁰.

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông với mặt phẳng ấy.

Do \(\Delta ABC\) là tam giác cân tại A , M là trung điểm BC nên \(AM \bot BC\).

Lại có \(SA \bot BC\). Do đó, \(BC \bot \left( {SAM} \right)\) .

Từ hình trên ta có \(\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {AC} \,,\,\overrightarrow {AD} \) không đồng phẳng.

Do tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc nên ta có \(AB \bot BC,\,CD \bot BC\). Từ đó, ta có BC là đường vuông góc chung của AB và CD. 

Xét hai tam giác \(\Delta SAD,\,\Delta SAB\,\) có SA chung, AD = AB và \(\widehat {SAD} = \widehat {SAB} = {90^0}\,\,(SA \bot (ABCD))\) nên \(\Delta SAD = \Delta SAB\,\,\, \Rightarrow SD = SB\). Do đó, \(\Delta SBD\) cân tại S.

Lại có O là giao điểm của hai đường chéo trong hình vuông ABCD nên  O là trung điểm của DB.

Suy ra tam giác SBD có \(SO \bot BD\,\,\, \Rightarrow \,\,\Delta SOD\) vuông tại O.

Do ABCD.A’B’C”D’ là hình hộp nên ta có diện tích tứ diện A’B’C’D’ bằng diện tích ABCD.

Ta tính diện tích của ABCD có \(\widehat {ABC} = {60^0},\,BA = BC = a\) suy ra tam giác ABC đều.

Từ đó, \({S_{ABCD}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.a = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Lấy M là trung điểm BC. Do ABCD là hình vuông nên các cạnh và đường chéo bằng nhau ,\(AC \bot BD\).

Ta có \(OD = OM\sqrt 2 \). \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên tam giác SOD và tam giác SOM vuông tại O.

\(\begin{array}{l}\left( {(SBC),(ABCD)} \right) = \left( {SM,MO} \right) = \widehat {SMO} = \beta ,\\ \tan\alpha = \dfrac{{SO}}{{OD}},\,\tan \beta = \dfrac{{SO}}{{OM}}\\OD = \sqrt 2 OM \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{{SO}}{{\sqrt 2 OM}} = \dfrac{{\tan \beta }}{{\sqrt 2 }}\\ \Rightarrow \tan \beta = \sqrt 2 \tan \alpha \end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot CD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow \,\,AB \bot \left( {BCD} \right)\\AB \subset (ABD)\\ \Rightarrow \left( {ABD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\end{array}\)

Ta có:

\(\overrightarrow {NQ'} = \overrightarrow {NQ} + \overrightarrow {QQ'} = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {QQ'} \)\(\; = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {NN'}\)

Do O là trọng tâm tam giác BCD nên ta có đáp án C là đúng.

Nếu \(b \bot a\) thì \(b \bot (P)\) ⇒ Sai

Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại ⇒ Đúng

Điều kiện cần và đủ để ba vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\overrightarrow b \,,\,\overrightarrow c \) không đồng phẳng là ba đường thẳng chứa chúng không cùng song song với một mặt phẳng.

Do ABCD. A’B’C’D’ là hình lập phương nên các mặt đều là hình vuông.

Suy ra tam giác ABD cân tại A.

Lấy M là trung điểm BD thì \(AM \bot BD\) .

Lại có các đường chéo BD, A’B, A’D bằng nhau nên tam giác A’BD đều, do đó lấy O là trọng tâm thì O là tâm tam giác A’BD, suy ra \(A'M \bot BD\) và \(O\in A'M\) .

Từ đó ta có \(BD \bot \left( {A'AM} \right) \Rightarrow BD \bot AO\).  (1)

Làm tương tự ta cũng có \(A'D \bot AO\).   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AO \bot \left( {A'BD} \right)\)  hay O là hình chiếu của A lên mặt phẳng (A’BD).