Bộ 10 đề thi Giữa kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 10

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có \(\pi {\rm{ rad}}\) tướng ứng với \(180^\circ \).

Suy ra \(x{\rm{ rad}}\) tương ứng với \(a^\circ \).

Vậy \(x = \frac{{\pi a}}{{180}}\) (rad).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(\frac{{31\pi }}{5} = \frac{\pi }{5} + 6\pi \) nên \(\frac{{31\pi }}{5}\) là số đo của một góc lượng giác có cùng tia đầu và tia cuối của góc \(\alpha .\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\tan 180^\circ = 0.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức \(\cos 2\alpha = {\cos ^2}\alpha - {\sin ^2}\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 1 - 2{\sin ^2}\alpha \), ta được

\(\cos 6a = {\cos ^2}3a - {\sin ^2}3a = 2{\cos ^2}3a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}3a\).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có \(0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow - \pi < \alpha - \pi < - \frac{\pi }{2}\)

Do đó điểm cuối cung \(\alpha - \pi \) thuộc góc phần tư thứ III nên \(\sin \left( {\alpha - \pi } \right) < 0.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức \(\cos x\cos y - \sin x\sin y = \cos \left( {x + y} \right)\), ta được

\(M = \cos \left( {a + b} \right)\cos \left( {a - b} \right) - \sin \left( {a + b} \right)\sin \left( {a - b} \right) = \cos \left( {a + b + a - b} \right) = \cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\cot x = \frac{4}{3} \Rightarrow \tan x = \frac{3}{4};\,\,\,\cot y = 7 \Rightarrow \tan y = \frac{1}{7}.\)

Do đó \(\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x.\tan y}} = \frac{{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}}{{1 - \frac{3}{4}.\frac{1}{7}}} = 1\)\( \Rightarrow x + y = \frac{\pi }{4}.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[P = \sin 2\left( {\alpha + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha \].

Từ hệ thức \[{\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1\], suy ra \[\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \frac{3}{5}\].

Do \[\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \] nên ta chọn \[\cos \alpha = - \frac{3}{5}\].

Thay \[\sin \alpha = \frac{4}{5}\] và \[\cos \alpha = - \frac{3}{5}\] vào \(P\), ta được \(P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số \(y = \cot x\) có tập xác định là \[\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]

Hàm số \(y = \cot x\) có tập giá trị là \[\mathbb{R}.\]

Hàm số \(y = \cot x\) có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

Hàm số \(y = \cot x\) tuần hoàn với chu kì \(\pi .\)

Vậy phương án C là khẳng định sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số \(y = \cot x\) không xác định tại \(2\pi \) nên khẳng định B sai.

Hàm số \(y = \sin x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\) nên khẳng định C sai.

Hàm số \(y = \cos x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {\frac{{3\pi }}{2};2\pi } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( {2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right)\) nên khẳng định D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

⦁ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một số \(T\) khác \(0\) sao cho với mọi \(x \in D\) ta có \(x + T \in D;\,\,x - T \in T\) và \(f\left( {x + T} \right) = f\left( x \right).\) Do đó (1) sai.

⦁ Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là hàm số chẵn nếu \(\forall x \in D\) thì \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)\). Do đó (2) sai.

(3) Hàm số \(y = f\left( x \right)\) có tập xác định \(D\) được gọi là hàm số lẻ nếu \(\forall x \in D\) thì \( - x \in D\) và \(f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right).\) Do đó (3) sai.

Vậy cả 3 khẳng định đều sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có \[y = \sin x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{2}} \right).\]

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \( - 1 \le \cos x \le 1\).

Ta có \(\frac{1}{{\cos x + 1}}\) nhỏ nhất khi và chỉ chi \(\cos x\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \cos x = 1\).

Khi $\cos x=1\stackrel{}{\to }y=\frac{1}{\cos x+1}=\frac{1}{2}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức \(\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}\), ta có

\(\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sin x = 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\sin \frac{\pi }{6} = \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right).\)

Ta có $-1\le \cos \left(x+\frac{\pi }{6}\right)\le 1\stackrel{}{\to }-1\le y\le 1\stackrel{y\in \mathbb{Z}}{\to }y\in \left\{-1;0;1\right\}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \(2\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Do \( - 1 \le \sin x \le 1\) nên phương trình \(\sin x = \frac{4}{3}\) vô nghiệm, do đó số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác là 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\cos 2x + \cos 4x = \sin x - \sin 5x\)

\( \Leftrightarrow \left( {\cos 4x + \cos 2x} \right) + \left( {\sin 5x - \sin x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 2\cos 3x\cos 2x + 2\cos 3x\sin 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 3x\left( {\cos 2x + \sin 2x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \cos 3x = 0\) (do \(\cos 2x + \sin 2x \ne 0).\)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Cung lượng giác có điểm biểu diễn là\({M_1},{M_2}\) có số đo là \(\frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Và phương trình \(\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

\[{\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\].

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[\sqrt 3 \tan x - 3 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( {\frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,\]\(\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Dùng MTCT chức năng CALC: ta có

\({u_1} = \frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_2} = \frac{2}{{{3^2} - 1}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_3} = \frac{3}{{{3^3} - 1}} = \frac{3}{{26}}.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$u_n=5^{n+1}\stackrel{n\leftrightarrow n-1}{\to }{u}_{n-1}=5^{\left(n-1\right)+1}=5^n.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Kiểm tra \({u_1} = - 2\) ta loại các đáp án A, B

Ta có \({u_2} = - 2 - \frac{1}{{{u_1}}} = - \frac{3}{2}.\)

Xét đáp án C: $u_n=-\frac{n+1}{n}\stackrel{}{\to }{u}_2=-\frac{3}{2}$

Xét đáp án D : $u_n=-\frac{n}{n+1}\stackrel{}{\to }{u}_2=-\frac{2}{3}\stackrel{}{\to }$ D loại.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Xét A: \({2^n}\) là dãy dương và tăng nên \(\frac{1}{{{2^n}}}\) là dãy giảm  chọn A

Xét B: $u_n=\frac{3n-1}{n+1}\stackrel{}{\to }\left\{\begin{array}{l}{u}_1=1\\ u_2=\frac{5}{3}\end{array}\right.\stackrel{}{\to }{u}_1<u_2\stackrel{}{\to }$ loại B

Hoặc \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{3n + 2}}{{n + 2}} - \frac{{3n - 1}}{{n + 1}} = \frac{4}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} > 0\) nên \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy tăng.

Xét C: $u_n=n^2\stackrel{}{\to }{u}_{n+1}-u_n={\left(n+1\right)}^2-n^2=2n+1>0\stackrel{}{\to }$ loại C

Xét D: $u_n=\sqrt{n+2}\stackrel{}{\to }{u}_{n+1}-u_n=\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}=\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}>0\stackrel{}{\to }$ loại D

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Các dãy số \({n^2};\,\,n;\,\,{2^n}\) dương và tăng lên vô hạn (dương vô cùng) khi \(n\) tăng lên vô hạn, nên các dãy \(\sqrt {{n^2} + 1} ;\,\,n + \frac{1}{n};\,\,{2^n} + 1\) cũng tăng lên vô hạn (dương vô cùng), suy ra các dãy này không bị chặn trên, do đó chúng không bị chặn.

Nhận xét: \(0 < {u_n} = \frac{n}{{n + 1}} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1.\)

Lời giải

Đáp án đúng là: C

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Với điểm \(S\) không thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và 4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\) ta có \(C_4^2\) cách chọn 2 trong 4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) cùng với điểm \(S\) lập thành 1 mặt phẳng xác định. Vậy số mặt phẳng tạo được là 6.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

\( \bullet \) Ta có \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) \( \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,CD\) \( \Rightarrow IJCD\) là hình thang. Do đó A đúng. \( \bullet \) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}IB \subset \left( {SAB} \right)\\IB \subset \left( {IBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {IBC} \right) = IB.\) Do đó B đúng.

\( \bullet \) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}JD \subset \left( {SBD} \right)\\JD \subset \left( {JBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \cap \left( {JBD} \right) = JD.\) Do đó C đúng.

\( \bullet \) Trong mặt phẳng \(\left( {IJCD} \right)\), gọi \(M = IC \cap JD\)\[ \Rightarrow \left( {IAC} \right) \cap \left( {JBD} \right) = MO.\]

Do đó D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

● Chọn mặt phẳng phụ \(\left( {SBD} \right)\) chứa \(SD\). ● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\). Ta có \(B\) là điểm chung thứ nhất của \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\). Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O = AC \cap BD\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K = AM \cap SO\).

Ta có:

▪ \(K \in SO\) mà \(SO \in \left( {SBD} \right)\) suy ra \(K \in \left( {SBD} \right)\).

▪ \(K \in AM\) mà \(AM \in \left( {ABM} \right)\) suy ra \(K \in \left( {ABM} \right)\).

Suy ra \(K\) là điểm chung thứ hai của \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABM} \right)\).

Do đó \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right) = BK\).

● Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(N = SD \cap BK\).

Ta có:

▪ \(N \in BK\) mà \(BK \subset \left( {ABM} \right)\) suy ra \(N \in \left( {ABM} \right)\).

▪ \(N \in SD\).

Vậy \(N = SD \cap \left( {ABM} \right)\).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Giả sử \(b\,{\rm{//}}\,c \Rightarrow c\,{\rm{//}}\,a\) (mâu thuẫn với giả thiết).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi \(M\) là điểm bất kì nằm trên \(a\).

Giả sử \(d\) là đường thẳng qua \(M\) cắt cả \(b\) và \(c\). Khi đó, \(d\) là giao tuyến của mặt phẳng tạo bởi \(M\) và \(b\) với mặt phẳng tạo bởi \(M\) và \(c\).

Với mỗi điểm \(M\) ta được một đường thẳng \(d\).

Vậy có vô số đường thẳng cắt cả 3 đường thẳng \(a,\;b,\;c\).

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) \( \Rightarrow IJ\) là đường trunh bình của hình thang \(ABCD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD.\) Gọi \(d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {IJG} \right)\) Ta có: \(G\) là điểm chung giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB;\left( {IJG} \right) \supset IJ\\AB\parallel IJ\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \)Giao tuyến \(d\) của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {IJG} \right)\) là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(AB\) và \[IJ.\]

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng \[\left( {ABN} \right)\] cắt mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] theo giao tuyến \[BN\,.\] Mà \[AG \subset \left( {ABN} \right)\] suy ra \[AG\] cắt \[BN\] tại điểm \[{A_1}\,.\] Qua \[M\] dựng \[MP\,{\rm{//}}\,A{A_1}\] với \[M \in BN\,.\] Có \[M\] là trung điểm của \[AB\] suy ra \[P\] là trung điểm \[B{A_1}\, \Rightarrow \,\,BP = P{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).\]

Tam giác \[MNP\] có \[MP\,{\rm{//}}\,G{A_1}\] và \[G\] là trung điểm của \[MN\,.\]

\[ \Rightarrow \] \[{A_1}\] là trung điểm của \[NP\,\, \Rightarrow \,\,P{A_1} = N{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right)\] suy ra \[BP = P{A_1} = {A_1}N\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{B{A_1}}}{{BN}} = \frac{2}{3}\] mà \[N\] là trung điểm của \[CD\,.\]

Do đó, \[{A_1}\] là trọng tâm của tam giác \[BCD\,.\]

Lời giải

Đáp án đúng là: C

A sai. Nếu \(b\,\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\) thì \[b\,\,{\rm{//}}\,\,a\] hoặc \(a,\;b\) chéo nhau.

B sai. Nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) thì \(b\) cắt \(a\) hoặc \(a,\;b\) chéo nhau.

D sai. Nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) chứa \[b\] thì giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) là đường thẳng cắt \(a\) hoặc song song với \(a\).

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có \[\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,AB\] và \[CD\] mà \[A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\] đồng phẳng suy ra \[\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right).\] Giả sử \[\left( \alpha \right)\] cắt các mặt bên \[\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)\] lần lượt tại các điểm \[N,\,\,P,\,\,Q\] với \[N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,\] Suy ra \[\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\,.\]

Khi đó \[MN\,{\rm{//}}\,AB\]\[ \Rightarrow \]\[MN\] là đường trung bình tam giác \[SAB\] \[ \Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.\]

Tương tự, ta có được \[\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\] và \[MNPQ\] là hình vuông.

Suy ra \[{S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.10.10 = \frac{{400}}{9}.\]

a) Ta có \[P = \sin 2\left( {\alpha  + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha  + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha  = 2\sin \alpha \cos \alpha \].

Từ hệ thức \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\], suy ra \[\cos \alpha  =  \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha }  =  \pm \frac{3}{5}\].

Do \[\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \] nên ta chọn \[\cos \alpha  =  - \frac{3}{5}\].

Thay \[\sin \alpha  = \frac{4}{5}\] và \[\cos \alpha  =  - \frac{3}{5}\] vào \(P\), ta được \(P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) =  - \frac{{24}}{{25}}\).

b) \(\sin 2x + \sqrt 2 \cos x = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \cos x\left( {\sqrt 2 \sin x + 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sqrt 2 \sin x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.\)

Trong khoảng  \(\left( { - \pi ;0} \right)\) có ba nghiệm là \(x =  - \frac{\pi }{2};\,\,x =  - \frac{\pi }{4};\,\,x =  - \frac{{3\pi }}{4}\)

Khi đó tổng các nghiệm trên khoảng \(\left( { - \pi ;0} \right)\) là

\(\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \left( { - \frac{\pi }{4}} \right) + \left( { - \frac{{3\pi }}{4}} \right) =  - \frac{{3\pi }}{2}.\)

c) Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó \[x = 0,\] ta có

\(2{\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\)

\( \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}\)

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay \(0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\)

\( \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\)

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với\({u_n} = \frac{{\sqrt {n + 1}  - 1}}{n}\)

Ta có: \({u_n} = \frac{{\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n\left( {\sqrt {n + 1}  + 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + 1}}\)

Dễ dàng ta có: \(\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1}  + 1 > \sqrt {n + 1}  + 1\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1}  + 1}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1}  + 1}}\) \( \Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}.\)

Vậy dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số giảm.

a) Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) nên \(SB = SD\).

Suy ra \(\Delta SBC = \Delta SDC{\rm{ }}\left( {c.c.c} \right)\), do đó \(\widehat {SCB} = \widehat {SCD}\).

Gọi \(I\) là trung điểm \(SC\). Xét hai tam giác \(IBC\) và \(IDC\), ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}IC{\rm{ chung}}\\BC = DC\\\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\end{array} \right.\] suy ra \(\Delta IBC = \Delta IDC\) nên \(IB = ID\) hay tam giác \(IBD\) cân tại \(I\).

Do \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(IO\) là đường trung tuyến trong tam giác cân, suy ra \(IO \bot BD\). Mà \(SA\,{\rm{//}}\,IO\) nên \(SA \bot BD\).                      Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {ABCD} \right)\] là đường thẳng qua \(M\) song song với \(BD\) cắt \(AB\) tại \(Q\). Do đó \[MQ\,{\rm{//}}\,BD\].    \(\left( 1 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SAB} \right)\] là đường thẳng qua \(Q\) song song với \(SA\) cắt \(SB\) tại \(P\). Do đó \[QP\,{\rm{//}}\,SA\].           \(\left( 2 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {SBD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\] suy ra giao tuyến của \[\left( \alpha  \right)\] với \[\left( {SBD} \right)\] là đường thẳng qua \(P\) song song với \(BD\) cắt \(SO\) tại \(N\). Do đó \[PN\,{\rm{//}}\,BD\]. \(\left( 3 \right)\)

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha  \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\] suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,SA\).           \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 3 \right)\), suy ra \(PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\). Từ \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 4 \right)\), suy ra \(QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\\QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\\SA \bot BD\end{array} \right.\) suy ra tứ giác \(MNPQ\) là hình chữ nhật.

b) Do \(MQ\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(\widehat {AQM} = \widehat {ABD} = 45^\circ  = \widehat {QAM}\).

Suy ra tam giác \(AMQ\) cân tại \(M\) nên \(MQ = MA = x\).

Xét tam giác \(SAO\), ta có \[\frac{{MN}}{{AS}} = \frac{{OM}}{{OA}}\] suy ra \[MN = AS.\frac{{OM}}{{OA}} = a.\frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} - x}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = a - x\sqrt 2 \].

Do đó \[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}x\sqrt 2 \left( {a - x\sqrt 2 } \right)\]. Ta có

\[{S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) =  - \sqrt 2 {\left( {x - \frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8} \le \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\].

Dấu \('' = ''\) xảy ra khi và chỉ khi: \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].

Vậy diện tích hình chữ nhật \(MNPQ\) đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}\]; khi \[x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\].