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

ABCD là hình thoi nên \(AC \bot BD\) tại trung điểm O của mỗi đường.

SA=SC nên tam giác SAC cân tại S\( \Rightarrow SO \bot AC\)

SB=SD nên tam giác SBD cân tại S\( \Rightarrow SO \bot BD\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên C đúng.

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\) nên A đúng.

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot SO\\AC \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên D đúng.

Đáp án B sai vì CD không thể vuông góc với AC.

Ta có:

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

Hàm số liên tục tại \({x_0} = 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\\ \Leftrightarrow 1 = m\end{array}\)

Ta có: \(y' = {x^2} - 2x - 2\).

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm.

Hệ số góc \(k =  - 3\) \( \Leftrightarrow y'\left( {{x_0}} \right) =  - 3\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow x_0^2 - 2{x_0} - 2 =  - 3\\ \Leftrightarrow x_0^2 - 2{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x_0} = 1\\ \Rightarrow {y_0} = \frac{1}{3} - 1 - 2 =  - \frac{8}{3}\end{array}\)

\( \Rightarrow M\left( {1; - \frac{8}{3}} \right)\)

Tiếp tuyến tại M là:

\(y =  - 3\left( {x - 1} \right) - \frac{8}{3}\) hay \(y =  - 3x + \frac{1}{3}\).

Ta có:

\(f'\left( x \right) = {x^2} + x - 12\)

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} + x - 12 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 4\end{array} \right.\end{array}\)

Ta có:

\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\) nên A sai.

\(\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'.v - u.v'}}{{{v^2}}}\) với \(v = v(x) \ne 0\) nên B đúng.

\(\left( {u \pm v} \right)' = u' \pm v'\) nên C, D đúng.

\(\begin{array}{l}y = {x^4} + 3{x^2} - x + 1\\y' = \left( {{x^4}} \right)' + \left( {3{x^2}} \right)' - \left( x \right)' + \left( 1 \right)'\\ = 4{x^3} + 3.2x - 1 + 0\\ = 4{x^3} + 6x - 1\end{array}\)

Ta có:

\(5 > 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x - 1} \right) = 0\\x - 1 < 0,\forall x < 1\end{array} \right.\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{5}{{x - 1}} =  - \infty \)

Ta có:

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

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 2\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {{x^2} - 3x} \right)'\\ = 2\left( {{x^2} - 3x} \right)\left( {2x - 3} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow f'\left( 1 \right) = 2\left( {{1^2} - 3.1} \right)\left( {2.1 - 3} \right)\) \( = 4\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 6{t^2} + 2t\\ \Rightarrow v\left( 2 \right) = {6.2^2} + 2.2 = 28\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}DH \bot AD\\DH \bot DC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow DH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow DH \bot AB\)

Do đó góc giữa \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {DH} \) bằng \({90^0}\).

Ta có: \(\overrightarrow u .\overrightarrow v  = \left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|.\cos (\overrightarrow u ,\overrightarrow v ).\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 9}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{x - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x + 3} \right) = 3 + 3 = 6\end{array}\)

\(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\) với \(k \ge 1\) nên A đúng.

\(\lim {q^n} =  + \infty \) nếu \(q > 1\) nên B đúng.

\(\lim {q^n} = 0\) nếu \(\left| q \right| < 1\) nên C sai.

\(\lim {n^k} =  + \infty \) với \(k\) nguyên dương nên D đúng.

Hàm số \(y = {x^3} - 2x + 4\) là hàm đa thức có TXĐ \(D = \mathbb{R}\) nên liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Ngoài ra các hàm số còn lại đều có TXĐ không phải \(\mathbb{R}\) nên không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

G là trọng tâm tam giác ABC nên:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \overrightarrow {SA}  - \overrightarrow {SG}  + \overrightarrow {SB}  - \overrightarrow {SG}  + \overrightarrow {SC}  - \overrightarrow {SG}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  - 3\overrightarrow {SG}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC}  = 3\overrightarrow {SG} \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + m\;x + 2019}  + x} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + m\;x + 2019 - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + m\;x + 2019}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{m\;x + 2019}}{{\sqrt {{x^2} + m\;x + 2019}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{m\;x + 2019}}{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{m}{x} + \frac{{2019}}{{{x^2}}}}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x\left( {m\; + \frac{{2019}}{x}} \right)}}{{ - x\sqrt {1 + \frac{m}{x} + \frac{{2019}}{{{x^2}}}}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{m\; + \frac{{2019}}{x}}}{{ - \sqrt {1 + \frac{m}{x} + \frac{{2019}}{{{x^2}}}}  - 1}}\\ = \frac{m}{{ - 1 - 1}} =  - \frac{m}{2}\end{array}\)

Mà \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + m\;x + 2019}  + x} \right) =  - 3\)

\( \Rightarrow  - \frac{m}{2} =  - 3 \Leftrightarrow m = 6\)

\(\begin{array}{l}\left[ {\sin \left( {{x^2} + 1} \right)} \right]'\\ = \left( {{x^2} + 1} \right)'\cos \left( {{x^2} + 1} \right)\\ = 2x\cos \left( {{x^2} + 1} \right)\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\lim {u_n} = \lim \frac{{{3^n} + {{2.5}^n}}}{{{4^n} + {5^n}}}\\ = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^n} + 2}}{{{{\left( {\frac{4}{5}} \right)}^n} + 1}} = \frac{{0 + 2}}{{0 + 1}} = 2\end{array}\)

Đáp án A: đúng.

Đáp án B: đúng.

Đáp án C: đúng.

Đáp án D: sai trong trường hợp hai đường thẳng này cắt nhau, cùng nằm trong mặt phẳng vuông góc với đường thẳng kia.

Ta có:

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^3} =  - \infty \)

và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( { - 1 + \frac{2}{x} - \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)\) \( =  - 1 < 0\)

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

\(\begin{array}{l}y = \tan 3x\\y' = \frac{{\left( {3x} \right)'}}{{{{\cos }^2}3x}} = \frac{3}{{{{\cos }^2}3x}}\end{array}\)

Đáp án A: \(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC}  = 2\overrightarrow {AM} \) đúng.

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} \\ = \left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MD} } \right) + \left( {\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC} } \right)\\ = 2\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow 0 \\ = 2\overrightarrow {MN}  \ne \overrightarrow 0 \end{array}\)

Nên B sai.

Đáp án C: \(\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC}  = 2\overrightarrow {DM} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {DM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC} } \right)\)  \( \Rightarrow \overrightarrow {MD}  =  - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {DB}  + \overrightarrow {DC} } \right)\) nên C đúng.

Đáp án D: \(\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MC}  = \overrightarrow 0 \) đúng.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

Mà \(BC \bot AC\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\))

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AK\)

Lại có \(AK \bot SC\left( {gt} \right)\) nên \(AK \bot \left( {SBC} \right)\).

Vậy K là hình chiếu của A lên \(\left( {SBC} \right)\).

Đáp án A: \(\lim \left( {2{n^2} + n + 3} \right) =  + \infty \) nên loại.

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}\lim \frac{{2{n^5} - {n^4}}}{{ - 3{n^3} + {n^5}}}\\ = \lim \frac{{{n^5}\left( {2 - \frac{1}{n}} \right)}}{{{n^5}\left( { - \frac{3}{{{n^2}}} + 1} \right)}}\\ = \lim \frac{{\left( {2 - \frac{1}{n}} \right)}}{{\left( { - \frac{3}{{{n^2}}} + 1} \right)}} = \frac{{2 - 0}}{{0 + 1}} = 2\end{array}\)

Diện tích 4 tầng nổi tạo thành một CSN có công bội \(q = \frac{4}{3}\) và \({u_1} = 12\,\,000\).

Tổng diện tích 4 tầng nổi là:

\(\begin{array}{l}{S_4} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^4}} \right)}}{{1 - q}}\\ = \frac{{12\,\,000\left( {1 - {{\left( {\frac{4}{3}} \right)}^4}} \right)}}{{1 - \frac{4}{3}}}\\ \approx 77\,\,778\left( {{m^2}} \right)\end{array}\)

Gọi M là trung điểm của AB ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset SM \bot AB\\\left( {ABCD} \right) \supset OM \bot AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng góc giữa \(SM\) và \(OM\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}OM = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\\SM = \sqrt {S{A^2} - A{M^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {15} }}{2}\\ \Rightarrow \cos \widehat {SMO} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {15} }}{2}}} = \frac{{\sqrt {15} }}{{15}}\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{\sqrt {{x^2} + 5}  - 3}}{{x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^2} + 5 - 9}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5}  + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{{x^2} - 4}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5}  + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 5}  + 3} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{{x - 2}}{{\sqrt {{x^2} + 5}  + 3}}\\ = \frac{{ - 2 - 2}}{{\sqrt {{{\left( { - 2} \right)}^2} + 5}  + 3}}\\ =  - \frac{2}{3}\\f\left( { - 2} \right) =  - 2a + 1\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \(x =  - 2\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f\left( x \right) = f\left( { - 2} \right)\\ \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} =  - 2a + 1\\ \Leftrightarrow  - 2a =  - \frac{5}{3}\\ \Leftrightarrow a = \frac{5}{6}\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2}\\ \Leftrightarrow 620 = \frac{{20\left[ {2.\left( { - 7} \right) + 19d} \right]}}{2}\\ \Leftrightarrow 20\left( { - 14 + 19d} \right) = 1240\\ \Leftrightarrow  - 14 + 19d = 62\\ \Leftrightarrow 19d = 76\\ \Leftrightarrow d = 4\end{array}\)

Ta có: \(\lim \frac{{2n + 1}}{{n - 3}} = \lim \frac{{2 + \frac{1}{n}}}{{1 - \frac{3}{n}}} = 2\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}v\left( t \right) = s'\left( t \right)\\ = \left( {{t^3} + 5{t^2} - 6t + 3} \right)'\\ = 3{t^2} + 5.2t - 6.1\\ = 3{t^2} + 10t - 6\end{array}\)

Với \(t = 3\) thì \(v\left( 3 \right) = {3.3^2} + 10.3 - 6 = 51\) (m/s)

Đáp án A: sai vì \({u_1} = \sin 1 < \sin 2 = {u_2}\) nên dãy này không giảm.

Đáp án B:

\(\begin{array}{l}{u_n} = \sqrt n  - \sqrt {n - 1} \\ = \frac{{n - \left( {n - 1} \right)}}{{\sqrt n  + \sqrt {n - 1} }}\\ = \frac{1}{{\sqrt n  + \sqrt {n - 1} }}\\{u_{n + 1}} - {u_n}\\ = \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }} - \frac{1}{{\sqrt n  + \sqrt {n - 1} }}\end{array}\)

Vì \(\sqrt {n + 1}  > \sqrt {n - 1} \) nên

\(\begin{array}{l}\sqrt {n + 1}  + \sqrt n  > \sqrt n  + \sqrt {n - 1} \\ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }} < \frac{1}{{\sqrt n  + \sqrt {n - 1} }}\\ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + \sqrt n }} - \frac{1}{{\sqrt n  + \sqrt {n - 1} }} < 0\\ \Rightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}\end{array}\)

Do đó dãy số giảm.

Đáp án C: sai vì đây là dãy đan dấu nên không giảm cũng không tăng.

Cụ thể: \({u_{2k}} = {2^{2k}} + 1 > 0,\) \({u_{2k + 1}} =  - \left( {{2^{2k + 1}} + 1} \right) < 0\).

Đáp án D: sai vì \({u_1} = 2;{u_2} = \frac{5}{2} \Rightarrow {u_1} < {u_2}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\)

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

Vậy \(S = \left[ {0;2} \right]\)

Dễ thấy nếu \(a \le 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {ax + \sqrt {{x^2} + bx + 1} } \right) =  + \infty \) nên không thỏa mãn.

Ta xét \(a > 0\).

Đặt

\(\begin{array}{l}L = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {ax + \sqrt {{x^2} + bx + 1} } \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{a^2}{x^2} - \left( {{x^2} + bx + 1} \right)}}{{ax - \sqrt {{x^2} + bx + 1} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {{a^2} - 1} \right){x^2} - bx - 1}}{{ax - \sqrt {{x^2} + bx + 1} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {{a^2} - 1} \right){x^2} - bx - 1}}{{ax - \left| x \right|\sqrt {1 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {{a^2} - 1} \right){x^2} - bx - 1}}{{ax + x\sqrt {1 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left( {{a^2} - 1} \right){x^2} - bx - 1}}{{x\left( {a + \sqrt {1 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}\end{array}\)

Nếu \({a^2} - 1 \ne 0\) và \(a > 0\) thì \(L = \infty \) nên loại.

Do đó \({a^2} = 1 \Leftrightarrow a = 1\) (vì \(a > 0\)). Khi đó,

\(L = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - bx - 1}}{{x\left( {1 + \sqrt {1 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right)}}\) \( =  - \frac{b}{2}\)

\( \Rightarrow L = \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - \frac{b}{2} = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow b =  - 1\).

\( \Rightarrow A = 2a + b = 2.1 + \left( { - 1} \right) = 1\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{{ - 3}} =  - 2\\ \Rightarrow {u_5} = {u_1}{q^4} = \left( { - 3} \right).{\left( { - 2} \right)^4} =  - 48\end{array}\)

Đáp án A và B đều loại vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{ - x + 4}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x + 4}}{{x - 1}} =  - 1\).

Đáp án B: Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - x + 4} \right) = 3 > 0\) và \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {x - 1} \right) = 0\\x - 1 < 0,\forall x < 1\end{array} \right.\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{ - x + 4}}{{x - 1}} =  - \infty \)

Ta có: \(AD//BC\) \( \Rightarrow \left( {AD,SC} \right) = \left( {BC,SC} \right)\)

Ta thấy: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)

Hay tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

Có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \tan \widehat {SCB} = \frac{{SB}}{{BC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1\) \( \Rightarrow \widehat {SCB} = {45^0}\)

\( \Rightarrow \left( {BC,SC} \right) = \widehat {SCB} = {45^0}\) hay \(\left( {AD,SC} \right) = {45^0}\).

Ta có:

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

Đáp án A: \(AA'//DD'\) \( \Rightarrow \left( {B'D,AA'} \right) = \left( {B'D,DD'} \right)\) \( = \widehat {B'DD'} < {90^0}\) vì \(\widehat {DD'B'} = {90^0}\).

Do đó A sai.

Đáp án B:

Ta thấy, \(AD' \bot \left( {A'DCB'} \right)\) \( \Rightarrow AD' \bot B'D\) nên B đúng.

Đáp án C:

Lại có, \(AC \bot \left( {BDD'B'} \right)\) \( \Rightarrow AC \bot B'D\)

\(\left\{ \begin{array}{l}B'D \bot AD'\\B'D \bot AC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow B'D \bot \left( {ACD'} \right)\) nên C đúng.

Đáp án D: \(AB//A'B'\), mà \(A'B' \bot B'C'\) nên \(AB \bot B'C'\) hay D đúng.