Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x\).

Với \({x_0} =  - 1\) thì \({y_0} = {\left( { - 1} \right)^3} + 3.{\left( { - 1} \right)^2} - 1 = 1\)

Hệ số góc \(k = y'\left( { - 1} \right)\) \( = 3.{\left( { - 1} \right)^2} + 6.\left( { - 1} \right) =  - 3\)

Phương trình tiếp tuyến: \(y =  - 3\left( {x + 1} \right) + 1\) hay \(y =  - 3x - 2\).

Quan sát các đáp án ta thấy, chỉ có đáp án D có \({u_{n + 1}} - {u_n} = 2 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} = {u_n} + 2\) nên là CSC.

Tam giác \(CA'B'\) cân tại \(C\) vì \(CA' = CB'\) (hai đường chéo của hai hình chữ nhật bằng nhau)

Gọi M là trung điểm của \(A'B'\).

Ta có: \(A'B' \bot CM\) và \(A'B' \bot C'M\) nên \(A'B' \bot \left( {CMC'} \right)\).

Trong \(\left( {CMC'} \right)\), kẻ \(C'H \bot CM\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}C'H \bot A'B'\\C'H \bot CM\end{array} \right.\) \( \Rightarrow C'H \bot \left( {CA'B'} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {C',\left( {CA'B'} \right)} \right) = C'H\).

Tam giác \(A'B'C'\) đều cạnh \(a\) nên \(C'M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(CMC'\) vuông tại \(C'\) nên:

\(\frac{1}{{C'{H^2}}} = \frac{1}{{C'{C^2}}} + \frac{1}{{C'{M^2}}}\)\( = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{16}}{{9{a^2}}}\)

\( \Rightarrow C'{H^2} = \frac{{9{a^2}}}{{16}} \Rightarrow C'H = \frac{{3a}}{4}\)

Vậy \(d\left( {C',\left( {CA'B'} \right)} \right) = \frac{{3a}}{4}\)

\(\left( {\cot x} \right)' =  - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( { - 2x + 1} \right) =  - 2.1 + 1 =  - 1 < 0\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 1 - 1 = 0\\x > 1 \Rightarrow x - 1 > 0\end{array}\)

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

Ta có:  \( - 1 \le \sin x \le 1\)\( \Leftrightarrow  - 2 \le 2\sin x \le 2\) \( \Leftrightarrow 1 \le 2\sin x + 3 \le 5\).

Do đó \(2\sin x + 3 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\).

\( \Rightarrow \) Hàm số xác định trên \(\mathbb{R}\).

Vậy hàm phân thức trên liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là tam giác cân.

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \frac{{ - 3{n^2} + 5n + 1}}{{2{n^2} - n + 3}}\\ = \lim \frac{{ - 3 + \frac{5}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{2 - \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}}\\ =  - \frac{3}{2}\end{array}\)

Ta có:

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

Lại có \(f\left( 2 \right) = m\).

Do đó để hàm số liên tục tại \(x = 2\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow m = 3\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = {\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2019}}\\ \Rightarrow y' = 2019.{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2018}}.\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)'\\y' = 2019.{\left( {{x^3} - 2{x^2}} \right)^{2018}}.\left( {3{x^2} - 4x} \right)\end{array}\)

Lại có \(f\left( 2 \right) = m\).

Do đó để hàm số liên tục tại \(x = 2\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow m = 3\).

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\), ta có \(AM \bot BC\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

\( \Rightarrow BC \bot SM \Rightarrow SM\) là đường cao của \(\Delta SBC\), do đó \(K \in SM\).

Suy ra SH, AK và BC đồng quy tại M nên đáp án D đúng.

Mà \(BC \bot \left( {SAM} \right)\,\,\left( {cmt} \right),\)\(\left( {SAM} \right) \equiv \left( {SAH} \right)\)  nên \(BC \bot \left( {SAH} \right)\), suy ra đáp án A đúng.

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kéo dài BK cắt AC tại P, trong (SBC) kéo dài BH cắt SC tại N.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BP \bot AC\\BP \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BP \bot \left( {SAC} \right)\)  \( \Rightarrow BP \bot SC\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot BP\\SC \bot BN\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {BPN} \right)\), mà \(HK \subset \left( {BPN} \right) \Rightarrow HK \bot SC\).

Mặt khác \(HK \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow HK \bot BC\).

Nên \(HK \bot \left( {SBC} \right)\), do đó đáp án B đúng.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} - n}  - \sqrt {n + 2} }}{{3n - 2}}\\ = \lim \frac{{\sqrt {9 - \frac{1}{n}}  - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{3 - \frac{2}{n}}}\\ = \frac{{\sqrt 9  - \sqrt 0 }}{3} = \frac{3}{3} = 1.\end{array}\)

Ta có: \(y = f\left( x \right) =  - {x^3} + x\) \( \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 3{x^2} + 1\).

Vậy hệ số góc của (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f(x) =  - {x^3} + x\) tại điểm \(M( - 2;6)\) là \(k = f'\left( { - 2} \right) =  - 3.{\left( { - 2} \right)^2} + 1 =  - 11.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}} + \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}} \right)\\ = \lim \frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^n} - {2^{n + 1}} + 1}}{{{{5.2}^n} + {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^{n + 1}} - 3}}\\ + \lim \frac{{2{n^2} + 3}}{{{n^2} - 1}}\\ = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}.2 + {{\left( {\frac{1}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}{{5.{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n} + \sqrt 5  - {{\left( {\frac{3}{{\sqrt 5 }}} \right)}^n}}}\\ + \lim \frac{{2 + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{1}{{{n^2}}}}}\\ = \frac{{1 - 2.0 + 0}}{{5.0 + \sqrt 5  - 0}} + \frac{2}{1}\\ = \frac{{\sqrt 5 }}{5} + 2\end{array}\)

\( \Rightarrow a = 1,\,\,b = 5,\,\,c = 2\).

Vậy \(S = {a^2} + {b^2} + {c^2} = {1^2} + {5^2} + {2^2} = 30.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - x + x - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - x} \right)\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2} + x - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + x}  + x}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^3} - {x^3} + {x^2}}}{{{x^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}} + {{\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + x}  + x}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}} + {{\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  + 1}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{1 + \sqrt[3]{{1 - \frac{1}{x}}} + {{\sqrt[3]{{1 - \frac{1}{x}}}}^2}}}\\ = \frac{1}{{1 + 1}} + \frac{1}{{1 + 1 + 1}} = \frac{5}{6}.\end{array}\)

Dễ thấy đáp án D sai, minh họa như hình vẽ dưới đây cho thấy \(b\parallel \left( \alpha  \right)\).

Ta có: \(y' =  - 3\sin x\).

Khi \(x \to {1^ - }\) thì \(x < 1 \Rightarrow x - 1 < 0\) nên \(\left| {x - 1} \right| =  - \left( {x - 1} \right)\).

Ta có:

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

TXĐ: \(D = \mathbb{R},\,\,x = 0 \in D\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{ax + 1}} - \sqrt {1 - bx} }}{x}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[3]{{ax + 1}} - 1}}{x} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \sqrt {1 - bx} }}{x}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt[3]{{ax + 1}} - 1} \right)\left( {{{\sqrt[3]{{ax + 1}}}^2} + \sqrt[3]{{ax + 1}} + 1} \right)}}{{x\left( {{{\sqrt[3]{{ax + 1}}}^2} + \sqrt[3]{{ax + 1}} + 1} \right)}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {1 - \sqrt {1 - bx} } \right)\left( {1 + \sqrt {1 - bx} } \right)}}{{x\left( {1 + \sqrt {1 - bx} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ax + 1 - 1}}{{x\left( {{{\sqrt[3]{{ax + 1}}}^2} + \sqrt[3]{{ax + 1}} + 1} \right)}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - 1 + bx}}{{x\left( {1 + \sqrt {1 - bx} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{a}{{{{\sqrt[3]{{ax + 1}}}^2} + \sqrt[3]{{ax + 1}} + 1}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{b}{{1 + \sqrt {1 - bx} }}\\ = \frac{a}{{1 + 1 + 1}} + \frac{b}{{1 + 1}}\\ = \frac{a}{3} + \frac{b}{2}\end{array}\)

\(f\left( 0 \right) = 3a - 5b - 1\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right)\)

\( \Leftrightarrow \frac{a}{3} + \frac{b}{2} = 3a - 5b - 1\) \( \Leftrightarrow \frac{8}{3}a - \frac{{11}}{2}b = 1\)\( \Leftrightarrow 16a - 33b = 6\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \left( {{{\sin }^2}x} \right)' = 2\sin x.\left( {\sin x} \right)'\\\,\,\,\,\, = 2\sin x.\cos x = \sin 2x\end{array}\)

Thay vào đáp án B ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,4y{\cos ^2}x - {\left( {y'} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow 4{\sin ^2}x{\cos ^2}x - {\left( {\sin 2x} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2\sin x\cos x} \right)^2} - {\left( {\sin 2x} \right)^2} = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow {\left( {\sin 2x} \right)^2} - {\left( {\sin 2x} \right)^2} = 0\)  (luôn đúng).

Vì ABCD là hình vuông nên \(AC \bot BD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot \left( {SAC} \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\).

Vậy mệnh đề đúng là A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}dy = \left( {3{x^2} - 2x + 1} \right)dx\\dy = \left( {6x - 2} \right)dx\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}v = s'\left( t \right) = 3{t^2} + 10t\\ \Rightarrow v\left( 2 \right) = {3.2^2} + 10.2 = 32\,\,\left( {m/s} \right)\end{array}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x + 5}}{{x - 1}} = \frac{{4 + 5}}{{4 - 1}} = \frac{9}{3} = 3.\)

Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì chóp S.ABCD đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có: \(AO \cap \left( {SBC} \right) = C\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\)

\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right)\).

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow OM\parallel AB\) và \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\). Mà \(AB \bot BC\) nên \(OM \bot BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SOM} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {SOM} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)  và \(\left( {SOM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SM\).

Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {SOM} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SOM} \right) = SM\\OH \subset \left( {SOM} \right),\,\,OH \bot SM\end{array} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)

Do đó \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\) và \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH\).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \) \( \Rightarrow OB = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOB có: \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{2{a^2}}}{4}}  = \frac{a}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có:

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}}\)\( = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{8}{{{a^2}}}\)  \( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBC} \right)} \right) = 2OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vì G là trọng tâm của tam giác BCD thì \(\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0 \).

\(\lim \frac{{5n + 1}}{{3n + 7}} = \lim \frac{{5 + \frac{1}{n}}}{{3 + \frac{7}{n}}} = \frac{5}{3}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\frac{1}{{x + 2}}} \right)' = \frac{{ - \left( {x + 2} \right)'}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\\y'' = \left( {\frac{{ - 1}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}} \right)' = \frac{{\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \right]'}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^4}}}\\ = \frac{{2\left( {x + 2} \right).\left( {x + 2} \right)'}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^4}}} = \frac{2}{{{{\left( {x + 2} \right)}^3}}}\end{array}\)

Vì A’BCD’ là hình bình hành (BC = A’D’ và BC // A’D’) nên A’B // CD’

\( \Rightarrow \angle \left( {A'B;CB'} \right) = \angle \left( {CD';CB'} \right)\).

Do BCC’B’, CDD’C’, A’B’C’D’ là các hình vuông cạnh a nên \(B'C = CD' = B'D' = a\sqrt 2 \).

Do đó tam giác B’CD’ là tam giác đều nên \(\angle B'CD' = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {A'B;CB'} \right) = \angle \left( {CD';CB'} \right)\)\( = \angle B'CD' = {60^0}\) hay \(\alpha  = {60^0}\).

Ta có: \(y' = \left( {{x^3} - 2x} \right)' = 3{x^2} - 2\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - \sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = \frac{{2.1 - \sqrt {1 + 3} }}{{1 + 1}} = 0\).

Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{{x - 2}}\)  (ĐK: \(x \ne 2\))

Suy ra \(f'\left( x \right) = {\left( {\frac{{{x^2} + 2}}{{x - 2}}} \right)^\prime }\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^\prime }\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2} \right){{\left( {x - 2} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{2x\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

\( = \frac{{2{x^2} - 4x - {x^2} - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

Suy ra \(f'\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} - 4.1 - 2}}{{{{\left( {1 - 2} \right)}^2}}} =  - 5\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} - 3x + 1} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {{x^2}\left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right]\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^2} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {{x^2}\left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right] =  + \infty \).

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

+ Đáp án A : \(\lim \frac{{n + 1}}{{2n - 1}} = \lim \frac{{\frac{n}{n} + \frac{1}{n}}}{{\frac{{2n}}{n} - \frac{1}{n}}}\)\( = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 - \frac{1}{n}}} = \frac{1}{2} \ne 2\)  nên loại A.

+ Đáp án B : \(\lim \frac{{1 - 4n}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} - \frac{{4n}}{n}}}{{\frac{{2n}}{n} + \frac{3}{n}}}\)\( = \lim \frac{{\frac{1}{n} - 4}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{{ - 4}}{2} =  - 2 \ne 2\)   nên loại B.

+ Đáp án C : \(\lim \frac{{2n + 3}}{{n - 5}} = \lim \frac{{\frac{{2n}}{n} + \frac{3}{n}}}{{\frac{n}{n} - \frac{5}{n}}}\)\( = \lim \frac{{2 + \frac{3}{n}}}{{1 - \frac{5}{n}}} = \frac{2}{1} = 2\)  nên chọn C.

+ Đáp án D : \(\lim \frac{{{n^2} + 2n - 3}}{{{n^2} - 2n + 2}}\)\( = \lim \frac{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{{2n}}{n} - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{{2n}}{{{n^2}}} + \frac{2}{{{n^2}}}}}\) \( = \lim \frac{{1 + \frac{2}{n} - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{2}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}}} = 1 \ne 2\)   nên loại D.

Ta có: \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\)\( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\).

Gọi \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm. Để tiếp tuyến tại \(M\) song song với trục hoành thì \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 4x_0^3 - 4{x_0} = 0\)\( \Leftrightarrow 4{x_0}\left( {x_0^2 - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} =  \pm 1\end{array} \right.\) .

Với \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} =  - 1\) ta có điểm \(M\left( {0; - 1} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {0; - 1} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x - 0} \right) - 1\) hay \(y =  - 1\).

Với \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} =  - 2\) ta có điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x + 1} \right) - 2\) hay \(y =  - 2\).

Với \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} =  - 2\) ta có điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {1; - 2} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x - 1} \right) - 2\) hay \(y =  - 2\).

Do đó có \(2\) tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 1\) và \(y =  - 2\).

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn \(AB\). Khi đó \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\,\left( {gt} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BA\\SH \bot AB\left( {cmt} \right);\,SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)  

Mà \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Trong tam giác \(SAB\), lấy \(K\) là trung điểm \(SA \Rightarrow BK \bot SA\) (do tam giác \(SAB\) đều)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BK\left( {do\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\\BK \bot SA\end{array} \right.\)  nên \(BK\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\)

Mà \(BK\) là đường trung tuyến trong tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Hay khoảng cách giữa \(SA\) và \(BC\) là \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

\(f\left( x \right) = x\sin x\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x\sin x} \right)'\)\( = \left( x \right)'\sin x + x\left( {\sin x} \right)'\) \( = \sin x + x\cos x\)

Do đó \(f'\left( {\frac{{7\pi }}{2}} \right) = \sin \frac{{7\pi }}{2} + \frac{{7\pi }}{2}.\cos \frac{{7\pi }}{2}\)\( =  - 1 + \frac{{7\pi }}{2}.0 =  - 1\) .

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \frac{{{x^2} - 2019x + 2018}}{{x - 2018}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \frac{{\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2018}}\)  \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \left( {x - 1} \right)\) \( = 2018 - 1 = 2017\)

Ta có: \(y' = \left( {\sqrt {\sin x + 2} } \right)'\)\( = \frac{{\left( {\sin x + 2} \right)'}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\) \( = \frac{{\cos x}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2018x - \cos 2019x}}{x}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2\sin \frac{{4037x}}{2}.\sin \left( { - \frac{x}{2}} \right)}}{x}\)  

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \frac{{4037x}}{2}} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}\)

\( = 0.1 = 0\)