Ta có:$\begin{array}{cccccccc}& x^3& +& {}^{}{}^{}{}^{}{}^{}a{x}^2& +& {}^{}{}^{}{}^{}{}^{}{}^{}5x& +& {}^{}{}^{}{}^{}3\\ \overline{}& x^3& +& {}^{}{}^{}{}^{}{}^{}2x^2& +& {}^{}{}^{}{}^{}{}^{}{}^{}3x& & \\ & & & \left(a-2\right)x^2& +& {}^{}{}^{}{}^{}{}^{}{}^{}2x& +& {}^{}{}^{}{}^{}3\\ & & \overline{}& \left(a-2\right)x^2& +& \left(2a-4\right)x& +& 3a-6\\ & & & & & \left(6-2\text{a}\right)x& +& 9-3a\end{array}\begin{array}{c}{x}^2+2x+3\\ x+\left(a-2\right)\\ \\ \\ \end{array}$

Để x³ + ax² + 5x + 3 ⋮ x² + 2x + 3

Vậy a = 3 thì x³ + ax² + 5x + 3 chia hết cho x² + 2x + 3.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện xác định x ≥ 3

Ta có:$\sqrt{x^2-x-6}=\sqrt{x-3}$

⇔ x² – x – 6 = x – 3

⇔ x² – 2x – 3 = 0

⇔ x² – 3x + x – 3 = 0

⇔ x(x – 3) + (x – 3) = 0

⇔ (x – 3)(x + 1) = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}x-3=0\\ x+1=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=3\left(TM\right)\\ x=-1\left(L\right)\end{array}\right.$

Vậy ta chọn đáp án D.

Ta có:

x(x + 2)(x² + 2x + 2) + 1 = 0

⇔ (x² + 2x)(x² + 2x + 2) = –1

Đặt x² + 2x + 1 = t

Suy ra (t – 1)(t + 1) = –1

⇔ t² – 1 = –1

⇔ t² = 0

⇔ t = 0

Suy ra x² + 2x + 1 = 0

⇔ (x + 1)² = 0

⇔ x + 1 = 0

⇔ x = –1

Vậy x = –1.

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định x > 2, x ≠ 4

Ta có:${\log }_{\sqrt{3}}\left(x-2\right)+{\log }_3{\left(x-4\right)}^2=0$

$\iff {\log }_3{\left(x-2\right)}^2+{\log }_3{\left(x-4\right)}^2=0$

$\iff {\log }_3{\left(x-2\right)}^2{\left(x-4\right)}^2=0$

$\iff {\left(x-2\right)}^2{\left(x-4\right)}^2=1$

$\iff \left[\begin{array}{l}\left(x-2\right)\left(x-4\right)=1\\ \left(\text{x}-2\right)\left(x-4\right)=-1\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-6\text{x + 8}=1\\ x^2-6\text{x}+8=-1\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-6\text{x + 7}=0\\ x^2-6\text{x}+9=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=3+\sqrt{2}\\ x=3-\sqrt{2}\\ x=3\end{array}\right.$

Mà x > 2, x ≠ 4

Suy ra $\left[\begin{array}{l}x=3+\sqrt{2}\\ x=3\end{array}\right.$

Vậy tổng các nghiệm là $3+\sqrt{2}+3=6+\sqrt{2}$

Đáp án đúng là: B

+) TH1: Nếu a ≠ 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ Δ = 0

+) TH2: Nếu a = 0 thì phương trình trở thành bx + c = 0 có nghiệm duy nhất ⇔ b ≠ 0

Vậy ta chọn đáp án B.

Điều kiện xác định x ≠ 3

Ta có:$A=\frac{3x+2}{x-3}=\frac{3\text{x}-9+11}{x-3}=3+\frac{11}{x-3}$

Để A là số nguyên

⇔ 11 ⋮ x – 3

⇔ x – 3 ∈ Ư(11) = {1; 11; –1; –11}

⇔ x ∈ {4; 14; 2; –8} (thỏa mãn)

Vậy x ∈ {4; 14; 2; –8} thì A là số nguyên.

Đáp án đúng là: D

Ta có:$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2-4=0\\ x-1=0\\ 2{\text{x}}^2-7\text{x}+3=0\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=4\\ x=1\\ \left(2\text{x}-1\right)\left(x-3\right)=0\end{array}\right.$$\iff \left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-2\\ x=1\\ x=\frac{1}{2}\\ x=3\end{array}\right.$

(x² – 4)(x – 1)(2x² – 7x + 3) = 0

Mà x ∈ ℕ

Suy ra $\left[\begin{array}{l}x=2\\ x=1\\ x=3\end{array}\right.$

Khi đó tổng S = 2 + 1 + 3 = 6

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: A

Ta có: y = msinx + 7x – 5m + 3

y’ = mcosx + 7

Hàm số y = msinx + 7x – 5m + 3 đồng biến trên R khi y’ ≥ 0 với mọi x

⇔ y’ = mcosx + 7 ≥ 0 với mọi x

Ta có $\iff \left\{\begin{array}{l}-m+7\ge m\cos x+7\ge m+7\text{ khi }m<0\\ -m+7\le m\cos x+7\le m+7\text{ khi }m\ge 0\end{array}\right.$ –1 ≤ cosx ≤ 1

• TH1: m < 0 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m\cos x+7\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m<0\\ m+7\ge 0\end{array}\iff -7\le m<0\right.$

• TH2: m ≥ 0 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m\ge 0\\ m\cos x+7\ge 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m\ge 0\\ -m+7\ge 0\end{array}\right.\iff 0\le m\le 7$

Vậy –7 ≤ m ≤ 7.

Ta có:

(2x – 1)² – (x + 3)² = 0

⇔ (2x – 1 – x – 3)(2x – 1 + x + 3) = 0

⇔ (x – 4)(3x + 2) = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}x-4=0\\ 3\text{x}+2=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}x=4\\ x=\frac{-2}{3}\end{array}\right.$

Vậy x = 4 hoặc $\text{x}=\frac{-2}{3}$ .

a) (x + 2y)² 

= x² + 2 . x . 2y + (2y)²

= x² + 4xy + 4y²

b) (x – 3y)(x + 3y) = x² – (3y)² = x² – 9y²

c) (5 – x)² = 5² – 2 . 5 . x + x² = 25 – 10x + x².

a) (x – 2y)²

= x² – 2 . x . 2y + (2y)²

= x² – 4xy + 4y²

b) (2x² + 3)²

= (2x²)² + 2 . 2x² . 3 + 3²

= 4x⁴ + 12x² + 9

c) (x – 2)(x² + 2x + 4)

= (x – 2)(x² + 2 . x + 2²)

= x³ – 2³

= x³ – 8

d) (2x – 1)³

= (2x)³ + 3 . 2x . 1² – 3 . (2x)² . 1 – 1³

= 8x³ + 6x – 12x² – 1.

Ta có:

(x² + x)² – 14(x² + x) + 24

= (x² + x)² – 2 . (x² + x) . 7 + 49 – 25

= (x² + x – 7)² – 5²

= (x² + x – 7 – 5) (x² + x – 7 + 5)

= (x² + x – 12) (x² + x – 2)

= (x² + 4x – 3x – 12) (x² + 2x – x – 2)

= [x(x + 4) – 3(x + 4)] . [x(x + 2) – (x + 2)]

= (x + 4)(x – 3)(x + 2)(x – 1).

Ta có:

Vì –2(x – 3)² ≤ 0 với mọi x

Nên –2(x – 3)² – 4 ≤ –4

Hay A ≤ –4

Dấu “=” xảy ra khi x – 3 = 0 ⇔ x = 3

Vậy giá trị lớn nhất của A là A = –4 khi x = 3.

Ta có:

4x² – 25 + (2x + 7)(5 – 2x)

= (2x)² – 5² + (2x + 7)(5 – 2x)

= (2x – 5)(2x + 5) – (2x + 7)(2x – 5)

= (2x – 5)(2x + 5 – 2x – 7)

= –2(2x – 5).

Ta có: ${\left(x+1\right)}^n=C_n^0{x}^n+C_n^1{x}^{n-1}\cdot 1+C_n^2{x}^{n-2}\cdot 1^2+\dots +C_n^{n-1}x\cdot 1^{n-1}+C_n^n\cdot 1^n$

$=C_n^0{x}^n+C_n^1{x}^{n-1}+C_n^2{x}^{n-2}+\dots +C_n^{n-1}x+C_n^n$

Cho x = 1, ta được ${\left(1+1\right)}^n=C_n^0{1}^n+C_n^1{1}^{n-1}+C_n^2{1}^{n-2}+\dots +C_n^{n-1}1+C_n^n=C_n^0+C_n^1+C_n^2+\dots +C_n^{n-1}+C_n^n$

Vậy $C_n^0+C_n^1+C_n^2+\mathrm{...}+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n$ .

Đáp án đúng là: C

Theo tính chất lũy thừa với số thực

Cho a là số thực dương và m, n là các số thực tùy ý ta có a^m . aⁿ = a^m+n

Vậy ta chọn đáp án C.

Ta có: $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{x}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{z}{z}$

$=\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+3=3+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge 2\sqrt{\frac{x}{y}.\frac{y}{x}}=2$

$\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\ge 2\sqrt{\frac{x}{z}.\frac{z}{x}}=2$

$\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\ge 2\sqrt{\frac{y}{z}.\frac{z}{y}}=2$

Suy ra $\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)\ge 2+2+2=6$

Do đó $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 3+6=9$

Vậy $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9$ .

Đáp án đúng là: D

Ta có:$1^2+2^2+3^2+\mathrm{...}+n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$

Do đó $\lim \frac{1^2+2^2+3^2+\mathrm{...}+n^2}{n^3+2n+7}=\lim \frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6\left(n^3+2n+7\right)}$$\lim \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(2+\frac{1}{n}\right)}{6\left(1+\frac{2}{n^2}+\frac{7}{n^3}\right)}=\frac{1.2}{6}=\frac{1}{3}$

Vậy ta chọn đáp án D.

a) x² – 5x – 14

= x² – 7x + 2x – 14

= x(x – 7) + 2(x – 7)

= (x – 7)(x + 2)

b) 4x² – 3x – 1

= 4x² – 3x – 4 + 3

= 4(x² – 1) – 3(x – 1)

= 4(x – 1)(x + 1) – 3(x – 1)

= (x – 1)(4x + 4 – 3)

= (x – 1)(4x + 1)

c) x⁴ + 64

= x⁴ + 16x² + 64 – 16x²

= (x² + 8)² – 16x²

= (x² + 8 – 4x)(x² + 8 + 4x).

Đáp án đúng là: B

Ta có:$V_{\left(I;2\right)}\left(A\right)=A\text{'}\left(x\text{'};y\text{'}\right)\iff \overrightarrow{IA\text{'}}=2\overrightarrow{IA}$

Suy ra (x’ – 3; y’ + 1) = 2(–2; 3)$\iff \left\{\begin{array}{l}x\text{'}-3=-4\\ y\text{'}+1=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x\text{'}=-1\\ y\text{'}=5\end{array}\right.$

Do đó A’(–1; 5)

Vậy ta chọn đáp án B.

a) x² – y² + 2x + 1

= (x² + 2x + 1) – y²

= (x + 1)² – y²

= (x + 1 + y)(x + 1 – y).

b) (x² + 9)² – 36x²

= (x² + 9)² – (6x)²

= (x² + 9 – 6x)(x² + 9 + 6x)

= (x – 3)²(x + 3)².

c)$8{\text{x}}^3+\frac{1}{27}={\left(2\text{x}\right)}^3+{\left(\frac{1}{3}\right)}^3=\left(2\text{x}+\frac{1}{3}\right)\left[{\left(2\text{x}\right)}^2-2\text{x}.\frac{1}{3}+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2\right]$

$=\left(2\text{x}+\frac{1}{3}\right)\left(4{\text{x}}^2-\frac{2}{3}x+\frac{1}{9}\right)$.

d) x³ – 8y³

= x³ – (2y)³

= (x – 2y)(x² + 2xy + 4y²).

Ta có x² – y² = y + 1

⇔  4x² – 4y² = 4y + 4

⇔  4x² – (4y² + 4y + 1) = 3

⇔  4x² – (2y + 1)² = 3

⇔ (2x + 2y + 1)(2x – 2y – 1) = 3

Vì x, y là các số tự nhiên

Nên (2x + 2y + 1) > (2x – 2y – 1) > 0

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}2\text{x}+2y+1=3\\ 2\text{x}-2y-1=1\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}2\text{x}+2y=2\\ 2\text{x}-2y=2\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\text{x}+y=1\\ \text{x}-y=1\end{array}\right.$

 $\iff \left\{\begin{array}{l}\text{x}=1\\ y=0\end{array}\right.$(thỏa mãn)

Vậy x = 1 và y = 0.

a) Ta có tan x = 1

$\iff \text{tanx}=\tan \frac{\pi }{4}$

$\iff \text{x}=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Vậy $\iff \text{x}=\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$ .

b) Ta có tan x = –1

$\iff \text{tanx}=\tan \left(-\frac{\pi }{4}\right)$

$\iff \text{x}=-\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$

Vậy $\iff \text{x}=-\frac{\pi }{4}+k\pi ,k\in \mathbb{Z}$ .

c) tan x = 0

⇔ tanx = tan0

⇔ x = kπ, k ∈ Z

Vậy x = kπ, k ∈ Z.

Ta có:$\frac{x+y}{t+z}=\frac{4}{7}$

⇔ 7(x + y) = 4(t + z)

⇔ 7x + 7y = 4t + 4z

Mà 7y = 4z

Suy ra 7x = 4t

Do đó $\frac{x}{t}=\frac{4}{7}$

Vậy $\frac{x}{t}=\frac{4}{7}$ .

Áp dụng công thức Heron ta có:$\text{S}=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}$

Nên     ${\text{S}}^2=p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)$                          (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

$\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le {\left[\frac{\left(p-a\right)+\left(p-b\right)+\left(p-c\right)}{3}\right]}^3$

   $\iff \left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le \frac{p^3}{27}$                               (2)

Từ (1) và (2) suy ra $S^2\le \frac{p^4}{27}$

Hay $S\le \frac{p^2}{3\sqrt{3}}=\frac{{\left(a+b+c\right)}^2}{12\sqrt{3}}$

Mà (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc

⇔ (a + b + c)² ≤ a² + b² + c² + (a² + b²) + (b² + c²) + (a² + c²)

⇔ (a + b + c)² ≤ 3(a² + b² + c²)

Suy ra $S\le \frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{12\sqrt{3}}$

Do đó ${\text{a}}^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$

Vậy ${\text{a}}^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$

Ta có:

(asin90° + btan45°)(acos0° + bcos180°)

= (a . 1 + b . 1)[a . 1 + b . (–1)]

= (a + b)(a – b)

= a² – b² .

a) x² – x – 2

= x²  + x – 2x – 2

= x(x + 1) – 2(x + 1)

= (x + 1)(x – 2).

b) x² + x – 2

= x² – x + 2x – 2

= x(x – 1) + 2(x – 1)

= (x – 1)(x + 2).

Ta có:

x(x + 2)(x² + 2x + 2) + 1

= (x² + 2x)(x² + 2x + 2) + 1

= (x² + 2x + 1 – 1)(x² + 2x + 1 + 1) + 1

= (x² + 2x + 1)² – 1 + 1

= (x² + 2x + 1)².

Ta có: (a + b – c)² ≥ 0

⇔ a² + b² + c² + 2ab – 2bc – 2ac ≥ 0

⇔ a² + b² + c² ≥ 2(bc + ac – ab)

$\iff 2\left(bc+ac-ab\right)\le \frac{5}{3}$

$\iff bc+ac-ab\le \frac{5}{6}<1$

$\iff \frac{bc+ac-ab}{abc}<\frac{1}{abc}$

$\iff \frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}<\frac{1}{abc}$

Vậy $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}<\frac{1}{abc}$ .

Ta có:$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$$\iff \frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}$

⇔ (a+b+c)(ab+bc+ac)=abc

⇔ a²b + abc + a²c + ab² + b²c + abc + abc + bc² + ac² = abc

⇔ (a²b + ab²) + b²c + (ac² + bc²) + a²c + 2abc = 0

⇔ (a²b + ab²) + (b²c + abc) + (ac² + bc²) + (a²c + abc) = 0

⇔ ab(a + b) + bc(b + a) + c²(a + b) + ac(a + b) = 0

⇔ (a + b)(ab + bc + c² + ac) = 0

⇔ (a + b)[(ab + bc) + (c² + ac)] = 0

⇔ (a + b)[b(a + c) + c(c + a)] = 0

⇔ (a + b)(a + c)(b + c) = 0

Vậy với a, b, c khác 0 và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}$  thì (a + b)(b + c)(c + a) = 0.

Ta có: 2x(4x² – 25) = 0

⇔ 2x(2x – 5)(2x + 5) = 0

$\iff \left[\begin{array}{l}2\text{x}=0\\ 2\text{x}-5=0\\ 2\text{x}+5=0\end{array}\right.$

$\iff \left[\begin{array}{l}\text{x}=0\\ \text{x}=\frac{5}{2}\\ \text{x}=\frac{-5}{2}\end{array}\right.$

Vậy $\text{x}\in \left(0;\frac{5}{2};\frac{-5}{2}\right)$ .

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị hàm số, ta thấy:

Hàm số y = a^x đồng biến trên ℝ

Suy ra a > 1                               (1)

Hàm số y = log_cx nghịch biến trên (0; +∞)

Suy ra 0 < c < 1                         (2)

Hàm số y = log_bx đồng biến trên (0; +∞)

Suy ra b > 1                               (3)

Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = log_bx  qua đường thẳng y = x ta được đồ thị hàm số y = bx (màu xanh lá)

Với x₀ > 1 ta có                             (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra c < a < b

Vậy ta chọn đáp án B.

$\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2\text{a}}=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2\text{ac}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – schwarz ta có:$\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2\text{ac}}\ge \frac{{\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2}{a^2+2\text{a}b+b^2+2bc+c^2+2\text{a}c}$

 $\iff \frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2\text{a}}\ge \frac{{\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2}{{\left(a+b+c\right)}^2}$                   (1)

Theo hệ quả của bất đẳng thức AM – GM ta có $\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2\text{ac}}\ge \frac{{\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2}{a^2+2\text{a}b+b^2+2bc+c^2+2\text{a}c}$

$\iff \frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2\text{a}}\ge \frac{{\left(a^2+b^2+c^2\right)}^2}{{\left(a+b+c\right)}^2}$

a² + b² + c² ≥ ab + bc + ac

⇔ 2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ac)

⇔ 3(a² + b² + c²) ≥ 2ab + 2bc + 2ac + a² + b² + c²

⇔ 3(a² + b² + c²) ≥ (a + b + c)²                                                              (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2\text{a}}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3}$

Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c > 0

Vậy với a, b, c > 0 thì $\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2\text{a}}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3}$ .

Đáp án đúng là: A

Vì hình vuông là một trường hợp đặc biệt của hình chữ nhật và hình thoi. Hình vuông có tất cả các tính chất của hình chữ nhật và hình thoi

Nên A ∩ B = C

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}BC\perp AM\\ BC\perp SA\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp SM$

Ta có: $\left(\left(\text{SBC}\right),\left(\text{SAM}\right)\right)=\left(SM,\text{AM}\right)=\widehat{\text{SMA}}=45°$$\Rightarrow \text{SA}=\text{AM}=\frac{\text{BC}}{2}=\frac{\text{a}}{2}$

Ta có:   $\text{AB}=\text{AC}=\frac{\text{BC}}{\sqrt{2}}=\frac{\text{a}\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow {\text{S}}_{\text{ABC}}=\frac{1}{2}\text{AB}\cdot \text{AC}=\frac{1}{2}.\frac{\text{a}\sqrt{2}}{2}.\frac{\text{a}\sqrt{2}}{2}=\frac{{\text{a}}^2}{4}$

Suy ra: ${\text{V}}_{\text{S.ABC}}=\frac{1}{3}\cdot \frac{\text{a}}{2}\cdot \frac{{\text{a}}^2}{4}=\frac{{\text{a}}^3}{24}$

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là: A

Xét tam giác ABD có $3\overrightarrow{AH}-2\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{0}$  và AI là trung tuyến nên H là trọng tâm tam giác

Kéo dài BH cắt AD tại K

Suy ra K là trung điểm của AD và $BH=\frac{2}{3}BK$

Vì S_ABCD = 9a² nên AB = BC = CD = DA = 3a

Xét tam giác ABK vuông ở A có BK² = AB² + AK²

Suy ra $BK=\sqrt{A{B}^2+A{K}^2}=a\sqrt{5}$

Trong mp(ABCD) dựng HJ // AB (J ∈ AD)

Suy ra AD ⊥ HJ               (1)

Mà AD ⊥ HA’, do đó AD ⊥ (A’HJ)

Suy ra AD ⊥ A’J                       (2)

Ta có (A’AD) ∩ (ABCD) = AD                    (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\left(\left(A^{\text{'}}A\text{D}\right),\left(ABC\text{D}\right)\right)=\widehat{A\text{'}JH}$

Xét tam giác A’HB vuông tại H có A’B² = HB² + A’H²

Suy ra $A^{\text{'}}H=\sqrt{A^{\text{'}}{B}^2-H{B}^2}=\sqrt{{\left(\text{a}\sqrt{6}\right)}^2-{\left(a\sqrt{5}\right)}^2}=a$

Xét tam giác AKI có KI // JH

Suy ra $\frac{JH}{KI}=\frac{AH}{AI}=\frac{2}{3}$

Do đó $JH=\frac{2}{3}KI=a$

Xét tam giác A’HB vuông tại H có JH = A’H = a

Suy ra tam giác A’HJ vuông cân tại H

Do đó $\left(\left(A\text{'}A\text{D}\right),\left(ABC\text{D}\right)\right)=\widehat{A^{\text{'}}JH}=45°$

Vậy ta chọn đáp án A.

Đáp án đúng là C

Trong tam giác BCD có: P là trọng tâm, N là trung điểm BC

Suy ra N, P, D thẳng hàng

Vậy thiết diện là tam giác MND.

Xét tam giác MND, ta có $MN=\frac{AB}{2}=a;DM=DN=\frac{A\text{D}\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$

Do đó tam giác MND cân tại D

Gọi H là trung điểm MN suy ra DH ⊥ MN và $MH=\frac{NM}{2}=\frac{a}{2}$

Xét tam giác DMH vuông tại H có MD² = DH² + MH²

Suy ra $DH=\sqrt{M{\text{D}}^2-M{H}^2}=\sqrt{3a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{11}}{2}$

Diện tích tam giác SMD là ${\text{S}}_{MN\text{D}}=\frac{1}{2}MN.DH=\frac{1}{2}.a.\frac{a\sqrt{11}}{2}=\frac{a^2\sqrt{11}}{4}$

Vậy ta chọn đáp án C.

Đáp án đúng là: D

Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AD, SA ⊥ AB

Suy ra tam giác SAB, SAD vuông tại A

Lại có SA ⊥ CD, CD ⊥ AD

Suy ra CD ⊥ (SAD)

Do đó CD ⊥ SD

Suy ra tam giác SCD vuông tại D

Ta có SA ⊥ CB, CB ⊥ AB

Suy ra CB ⊥ (SAB)

Do đó CB ⊥ SB

Suy ra tam giác SCB vuông tại B

Vậy ta chọn đáp án D.

Đáp án đúng là: D

Với tập hợp A, ta có 2 cách:

Cách 1: liệt kê các phần tử của A: A={a₁; a₁; a₃; ...}

Cách 2: Chỉ ra tính chất đặc trưng cho các phần tử của A

Vậy ta chọn đáp án D.