\(\begin{array}{l}\lim \frac{{1 + {3^n}}}{{{3^{n + 1}}}} = \lim \frac{{\frac{1}{{{3^{n + 1}}}} + \frac{1}{3}}}{1} = \frac{1}{3}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 3\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 1 + 3 = 4\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} - 2x - 3} \right)\)\( = {1^2} - 2.1 - 3 =  - 4\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x + 2}}{{1 - 2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{1 + \frac{2}{x}}}{{\frac{1}{x} - 2}} =  - \frac{1}{2}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\end{array} \right. \Rightarrow a - b =  - 1\end{array}\).

\(\lim \frac{{2n + 3}}{{{n^2} + 2n + 4}} = \lim \frac{{\frac{2}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{2}{n} + \frac{4}{{{n^2}}}}} = 0\)

Hàm số \(y = {x^5} + {x^3} + 3x - 1\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên hàm số liên tục trên \(\left( {0;1} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) =  - 1\\f\left( 1 \right) = 4\end{array} \right.\)\( \Rightarrow f\left( 0 \right).f\left( { - 1} \right) < 0\)

\( \Rightarrow \) Tồn tại ít nhất 1 nghiệm \({x_0} \in \left( {0;1} \right)\).

\(y' = 3{x^2} - 4x + 3\)

\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 4.1 + 3 = 2\).

\(y' = \left( {\sin 2x} \right)' = 2\cos 2x\).

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

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)' = \frac{{\left( {{x^2} + 1} \right)'}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\end{array}\)

Ta có: \(AB \cap \left( \alpha  \right) = I\) và \(\frac{{AI}}{{BI}} = 3\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{d\left( {A;\left( \alpha  \right)} \right)}}{{d\left( {B;\left( \alpha  \right)} \right)}} = \frac{{AI}}{{BI}} = 3\\ \Rightarrow d\left( {A;\left( \alpha  \right)} \right) = 3d\left( {B;\left( \alpha  \right)} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right]\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right)\\ = m + n\end{array}\).

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {f\left( x \right) + x} \right]\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} x\\ = 3 + 2 = 5\end{array}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{} \frac{{n + 1}}{{{n^2} + 2}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{2}{{{n^2}}}}} = 0\).

\(\begin{array}{l}\lim \left( {{u_n} + \frac{{{2^n}}}{{{2^n} + 3}}} \right)\\ = \lim {u_n} + \lim \frac{{{2^n}}}{{{2^n} + 3}}\\ = \lim {u_n} + \lim \frac{1}{{1 + \frac{3}{{{2^n}}}}}\\ = 2 + 1 = 3\end{array}\).

\(\begin{array}{l}\lim \left( {2{u_n} - 3{v_n}} \right)\\ = 2\lim {u_n} - 3\lim {v_n}\\ = 2.2 - 3.1 = 1\end{array}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 2x + m\)

\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2 + m = 3 \Leftrightarrow m = 1\)

Ta có:

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

\( \Rightarrow y''\left( 0 \right) =  - \sin 0 = 0\).

Hệ thức đúng là: \(f'\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}}.\)

\(f''\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f'\left( x \right) - f'\left( 1 \right)}}{{x - 1}}.\)  

\(\begin{array}{l}{\left( {{x^2} + x + 2} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\\ = \left( {x + 1} \right)\sum\limits_{k = 0}^2 {C_2^k{{\left( {{x^2} + x} \right)}^k}{{.2}^{2 - k}}} \\ = \left( {x + 1} \right)\sum\limits_{k = 0}^2 {C_2^k{2^{2 - k}}\sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l{{\left( {{x^2}} \right)}^l}{x^{k - l}}} } \\ = \left( {x + 1} \right)\sum\limits_{k = 0}^2 {C_2^k{2^{2 - k}}\sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l{x^{k + l}}} } \end{array}\)

Số hạng chứa \(x\) trong khai triển trên là: \(C_2^0{2^2}.C_0^0x + C_2^1{.2^1}.C_1^0\).

Vậy hệ số của số hạng chứa \(x\) trong khai triển trên là: \(C_2^0{2^2}.C_0^0 + C_2^1{.2^1}.C_1^0 = 8\).

\(\begin{array}{l}{\left( {{x^2} + x + 2} \right)^3}\\ = \sum\limits_{k = 0}^3 {C_3^k{{\left( {{x^2}} \right)}^{3 - k}}{{\left( {x + 2} \right)}^k}} \\ = \sum\limits_{k = 0}^3 {C_3^k{x^{6 - 2k}}\sum\limits_{l = 0}^k {C_k^l{x^l}{2^{k - l}}} } \end{array}\).

(với \(0 \le k \le 3;\,\,0 \le l \le 3;\,\,k,l \in \mathbb{Z}\))

Hệ số của \({x^2}\) trong khai triển trên ứng với: \(6 - 2k + l = 2\)\( \Leftrightarrow 2k - l = 4\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 2;l = 0\\k = 3;l = 2\end{array} \right.\).

Vậy hệ số của \({x^2}\) trong khai triển trên là:  \(C_3^2C_2^0{2^2} + C_3^3C_3^2{.2^1} = 18\).

\(\begin{array}{l}y' = \sqrt {1 - x}  + \left( {1 + x} \right)\frac{{ - 1}}{{2\sqrt {1 - x} }}\\ = \frac{{2\left( {1 - x} \right) - 1 - x}}{{2\sqrt {1 - x} }} = \frac{{1 - 3x}}{{2\sqrt {1 - x} }}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 3\\b = 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow a + b =  - 3 + 1 =  - 2\end{array}\)

Ta có: \(y' = 2x + 3 \Rightarrow y'\left( 1 \right) = 5\) và \(y\left( 1 \right) = 5\).

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 là: \(y = 5\left( {x - 1} \right) + 5 = 5x\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}y' = \frac{{\frac{{2x + 2}}{{2\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}.x - \sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}{{{x^2}}}\\y' = \frac{{{x^2} + x - {x^2} - 2x - 3}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\\ = \frac{{ - x - 3}}{{{x^2}\sqrt {{x^2} + 2x + 3} }}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - 1\\b =  - 3\end{array} \right.\\ \Rightarrow \max \left\{ {a;b} \right\} = \max \left\{ { - 1; - 3} \right\}\\ =  - 1\end{array}\)

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

Thay \(x = 1\) ta có \( - f'\left( 2 \right) = 2.1 + 1 = 3\)\( \Rightarrow f'\left( 2 \right) =  - 3\).

\(dy = d\left( {{x^3}} \right) = \left( {{x^3}} \right)'dx = 3{x^2}dx\).

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x \Rightarrow f''\left( x \right) = 6x - 6\\ \Rightarrow f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\end{array}\)

Ta có: \(s'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t - 9\)\( \Rightarrow s''\left( t \right) = 6t - 6\)  

\(\begin{array}{l} \Rightarrow a\left( t \right) = s''\left( t \right) = 6t - 6\\ \Rightarrow a\left( 2 \right) = 6.2 - 6 = 6\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\end{array}\)

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 4x - 3\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = 0\) là  \(k = y'\left( 0 \right) =  - 3\).

Ta có: \(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 2t - 2\)\( \Rightarrow v\left( 3 \right) = 2.3 - 2 = 4\,\,\left( {m/s} \right)\) .

\(\begin{array}{l}d\left( {\sin x - x\cos x} \right)\\ = \left( {\sin x - x\cos x} \right)'dx\\ = \left( {\cos x - \left( {\cos x - x\sin x} \right)} \right)dx\\ = x\sin xdx\end{array}\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác

\( \Rightarrow MN//AB\)\( \Rightarrow \angle \left( {OM;AB} \right) = \angle \left( {OM;MN} \right)\).

Trong tam giác vuông \(OBC\) có \(OM = \frac{1}{2}BC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(OAC\) có \(ON = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Trong tam giác vuông \(OAB\) có \(MN = \frac{1}{2}AB = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow OM = ON = MN = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow \Delta OMN\) đều \( \Rightarrow \angle OMN = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {OM;AB} \right) = {60^0}\).

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

Trong \(\left( {SBD} \right)\) kẻ \(MH//SO\,\,\left( {H \in BD} \right)\)\( \Rightarrow MH \bot \left( {ABCD} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {BM;\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {BM;BH} \right) = \angle MBH\).

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\)\( \Rightarrow AC = BD = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow OB = OD = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Dễ thấy \(MH\) là đường trung bình của \(\Delta SOD\)

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(OD\) và \(MH = \frac{1}{2}SO\).

\( \Rightarrow BH = \frac{3}{4}BD = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\) và \(MH = \frac{1}{2}SO = \frac{1}{2}\sqrt {S{D^2} - O{D^2}} \)\( = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Trong tam giác vuông \(BMH\) có: \(\tan \angle MBH = \frac{{MH}}{{BH}}\)\( = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}\).

Vậy \(\tan \angle \left( {BM;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{3}\).

\(\begin{array}{l}DKXD:\,\, - 1 \le x \le 1\\f'\left( x \right) = 2 + \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {1 - {x^2}} }}\\ = 2 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\\f'\left( x \right) > 0\\ \Leftrightarrow 2 - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} > 0\\ \Leftrightarrow \frac{{2\sqrt {1 - {x^2}}  - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} > 0\,\,\left( {x \in \left( { - 1;1} \right)} \right)\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - {x^2}}  - x > 0\\ \Leftrightarrow 2\sqrt {1 - {x^2}}  > x\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - {x^2} > 0\\x < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4\left( {1 - {x^2}} \right) > {x^2}\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l} - 1 < x < 1\\x < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\5{x^2} < 4\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 0\\\left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 }} < x < \frac{2}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 < x < 0\\0 \le x < \frac{2}{{\sqrt 5 }}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow  - 1 < x < \frac{2}{{\sqrt 5 }}\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)

Vậy nghiệm của BPT là:  \(x \in \left( { - 1;\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right).\)

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\left( {gt} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)\).

Mà \(AD \subset \left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).

\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = SA\).

Ta có

\(CD//AB\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SB;CD} \right)\) \( = \angle \left( {SB;AB} \right) = \angle SBA\)

\(\tan \angle SBA = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{2a}}{a} = 2\)

Vậy \(\tan \angle \left( {SB;CD} \right) = 2\).

Ta có \(BC//AD \Rightarrow BC//\left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {SA;BC} \right) = d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right)\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SAD} \right)} \right) = AB = a\)

Vậy \(d\left( {SA;BC} \right) = a\).