Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Bài 2: Hai đường thẳng song song

Trong không gian, có 4 vị trí tương đối giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\). Chọn A.

Cho hai đường thẳng song song \(a\) và \(b.\) Có duy nhất một mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó. Chọn B.

Trong không gian, hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung. Chọn A.

Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau hoặc trùng nhau. Chọn C.

\(AB\) và \(CD\) là cặp đường thẳng chéo nhau. Chọn A.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\).

Vì \(M,N\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(ABD\) nên \(\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{1}{3} = \frac{{EN}}{{ED}}\).

Xét trong tam giác \(ECD\) có \(\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{1}{3} = \frac{{EN}}{{ED}} \Rightarrow MN//CD\). Chọn D.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}M \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {MCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {MCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right\}\)

Suy ra giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {MCD} \right)\) là đường thẳng qua \(M\), song song với \(AB\) và \(CD\). Chọn C.

+) Hình chóp \(S.ABCD\) có 4 mặt bên \(\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right),\left( {SAD} \right)\) nên A đúng.

+) \(S,O\) là hai điểm chung của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên B đúng.

+) \(S,I\) là hai điểm chung của \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) nên \(C\) đúng.

+) Giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là \(SA\), rõ ràng \(SA\) không thể là đường trung bình của hình thang \(ABCD.\) Chọn D.

Do \(AG\) và \(MN\) cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) nên hai đường thẳng cắt nhau. Chọn A.

Gọi \(N\,,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(BC,\;BD.\)

\( \Rightarrow \) \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\) \( \Rightarrow MN\parallel CD\,\,\,\left( 1 \right)\)

\(J\,;\,\,I\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC\) và \(ABD\) \( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ\parallel MN\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(IJ\parallel CD.\) Chọn B.

a) (SAC) Ç (SAD) = SA.

b) Có S Î (SAB) Ç (SCD).

Trong (ABCD), có E Î AB Ì (SAB), E Î CD Ì (SCD) Þ E Î (SAB) Ç (SCD).

Do đó (SAB) Ç (SCD) = SE.

c) S Î (SAD) Ç (SBC) mà AD // BC nên (SAD) Ç (SBC) = d với d đi qu S và song song AD.

d) Xét tứ giác ABCF, ta có BC // AF và \(BC = AF = \frac{{AD}}{2}\) Þ ABCF là hình bình hành.

Ta có S Î (SAB) Ç (SCF) mà AB // FC nên (SAB) Ç (SCF) = d' với d' đi qua S và song song AB.

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng; c) Sai;   d) Sai.

a) Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AD // BC.

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Sx//AB//CD\end{array} \right.\).

b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AD//BC\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Sy = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Sy//AD//BC\end{array} \right.\).

c) \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {MAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\M \in \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Mt = \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Mt//AB//CD\end{array} \right.\).

d) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {NCD} \right)\\N \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {NCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Nz = \left( {SAB} \right) \cap \left( {NCD} \right)\\Nz//AB//CD\end{array} \right.\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai; c) Đúng;   d) Đúng.

a) Có SA Ç (ABCD) = {A}.

b) Có O Î BD và O Î AC Ì (SAC) Þ BD Ç (SAC) = {O}.

c) Có S Î SO và S Î AM Ì (ABNM) Þ SO Ç (ABNM) = {S}.

d) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD//BC\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sy\left( {Sy//AD//BC} \right)\).

Trong mặt phẳng (SAD), gọi E = Sy Ç DM.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}E \in Sy \subset \left( {SBC} \right)\\E \in DM\end{array} \right. \Rightarrow E = DM \cap \left( {SBC} \right)\).

Vì M là trung điểm của SA và SE // AD nên tứ giác SEAD là hình bình hành Þ SE = AD = BC.

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng; c) Sai;   d) Sai.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD.

Gọi H = MN Ç SO, K = SC Ç AH.

Xét DSBD có MN là đường trung bình nên ta có \(\frac{{SH}}{{SO}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra H là trung điểm SO.

Gọi E là trung điểm CK, xét tam giác AKC có OE là đường trung bình nên OE // HK.

Xét DSOE có H là trung điểm của SO và HK // OE nên HK là đường trung bình.

Suy ra K là trung điểm của SE.

Khi đó \(\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{3}\). Suy ra a = 1; b = 3. Do đó a + b = 4.

Trả lời: 4.

Ta có NP // AB.

Ta có NP Ì (MNP), AB Ì (ABC), (ABC) và (MNP) có điểm M chung nên giao tuyến của (ABC) và (MNP) là đường thẳng MQ // AB (Q Î AC).

Ta có \(\frac{{QC}}{{QA}} = \frac{{MC}}{{MB}} = 3\).

Trả lời: 3.

Ta thấy hai mặt phẳng (SAD) và (BCE) lần lượt đi qua hai đường thẳng AD // BC và có E, G là hai điểm chung nên chúng cắt nhau theo giao tuyến EG // AD // BC.

Vì EG // AD nên \[\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SG}}{{SD}} = \frac{2}{3}\] nên SD = 3GD.

Trả lời: 3.

a) \[P = (1 - 3\cos \alpha )(1 + 3\cos \alpha ) = 1 - {\left( {3\cos \alpha } \right)^2} = 1 - 9{\cos ^2}\alpha \].

Ta có \[\sin \alpha  = \frac{2}{3}\], \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = \frac{5}{9}\).

\(P = 1 - 9.\frac{5}{9} =  - 4\).

b) \[{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\]\[ \Rightarrow {\cos ^2}\alpha {\rm{ = 1}} - {\sin ^2}\alpha  = 1 - \frac{9}{{25}} = \frac{{16}}{{25}}\] \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{cos}}\alpha  = \frac{4}{5}\\{\rm{cos}}\alpha  =  - \frac{4}{5}\end{array} \right.\)

Vì \({\rm{90}}^\circ  < \alpha  < 180^\circ \)\( \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha  =  - \frac{4}{5}\). Vậy \(\tan \alpha  =  - \frac{3}{4}\) và \(\cot \alpha  =  - \frac{4}{3}\).

\(E = \frac{{\cot \alpha  - 2\tan \alpha }}{{\tan \alpha  + 3\cot \alpha }} = \frac{{ - \frac{4}{3} - 2.\left( { - \frac{3}{4}} \right)}}{{ - \frac{3}{4} + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)}} =  - \frac{2}{{57}}\).

a) Xét \(\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Rightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

b) Xét \(\sin \left( { - 2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Rightarrow - 2x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

c) Xét \(\sin 2x = 0 \Rightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\).

Tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

a) \(\sin \left( {3x - \frac{{3\pi }}{4}} \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \frac{\pi }{6} - x + k2\pi }\\{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \pi - \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{11\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{2}}\\{x = \frac{{19\pi }}{{24}} + k\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

b) \(\cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = \cos 135^\circ \)

\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 25^\circ = 135^\circ + k360^\circ }\\{2x + 25^\circ = - 135^\circ + k360^\circ }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 55^\circ + k180^\circ }\\{x = - 80^\circ + k180^\circ }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

a) Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {2x - 1} \right) \ne 0\\\cos \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\end{array} \right.\)

\(\tan \left( {2x - 1} \right) = \tan \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 = - x + \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} + \frac{\pi }{9} + \frac{{k\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}\)(thỏa mãn).

b) Điều kiện: \(\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\)

\(\cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Rightarrow \cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = \cot \frac{\pi }{4} \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k\pi \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{{24}} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}\) (thỏa mãn).

a)\(\frac{3}{2} - 3\cos 4x = 6\sin x.\sin 3x\)

\( \Leftrightarrow \frac{3}{2} - 3\cos 4x = 3(\cos 2x - \cos 4x)\)

\( \Leftrightarrow 3\cos 2x = \frac{3}{2}\)

\[ \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\,\]

\[ \Leftrightarrow {\mathop{\rm x}\nolimits} = \pm \frac{\pi }{6} + {\mathop{\rm k}\nolimits} \pi ,{\mathop{\rm k}\nolimits} \in \mathbb{Z}\,\].

b) \(\sin 4x + 1 - 2\cos 2x = \sin 2x\)

\( \Leftrightarrow 2\sin 2x.\cos 2x + 1 - 2\cos 2x - \sin 2x = 0\)

\( \Leftrightarrow \left( {\sin 2x - 1} \right)\left( {2\cos 2x - 1} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sin 2x = 1}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi }\end{array}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right..\)

Phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\)\( \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Xét \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \\0 \le - \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - 1}}{6} \le k \le \frac{5}{6}\\\frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\end{array} \right.\) mà \(k \in \mathbb{Z}\) suy ra \(\left[ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{{5\pi }}{6}\end{array} \right.\).

Vậy nghiệm lớn nhất của phương trình \(2\cos 2x - 1 = 0\) trong đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) là \(x = \frac{{5\pi }}{6}\).

\[\,\,\,2{\sin ^2}\frac{x}{2} + \sqrt 3 \sin x - 5m = 0\]

\[ \Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x - \cos x - 5m + 1 = 0\]

\[ \Leftrightarrow 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) - 5m + 1 = 0\]

Hay \[\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{5m - 1}}{2}\]

Mà \[ - 1 \le \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \le 1\]

Nên để phương trình trên luôn có nghiệm khi \[ - 1 \le \frac{{5m - 1}}{2} \le 1\]\[ \Leftrightarrow - \frac{1}{5} \le m \le \frac{3}{5}\].

a) Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = {3^n} - n.\)

Với mỗi \(n \in \mathbb{N}*\), ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {{3^{n + 1}} - \left( {n + 1} \right)} \right] - \left( {{3^n} - n} \right).\)

\( = {3.3^n} - n - 1 - {3^n} + n\)

\( = {2.3^n} + {3^n} - {3^n} - 1 = {2.3^n} - 1 > 0\) (đúng) (vì \(n \ge 1.\))

Kết luận dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số tăng.

b) Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_n} = \frac{n}{{{n^2} + 1}}\).

Với mỗi\(n \in \mathbb{N}*\), ta có:

\({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n + 1}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1}} - \frac{n}{{{n^2} + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right) - n\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}\)

\( = \frac{{{n^3} + n + {n^2} + 1 - \left( {{n^3} + 2{n^2} + 2n} \right)}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}\)\( = \frac{{ - {n^2} - n + 1}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}} < 0.\)

Vì \( - {n^2} - n + 1 < 0{\rm{ }}\forall n \ge 1\), và\(\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right) > 0{\rm{ }}\forall n \ge 1.\)

Kết luận: dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.

Công thức \({u_n}\) được viết lại: \({u_n} = \frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left( {5n + 7} \right)}}\)

Xét hiệu số:\({u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {\frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left[ {5\left( {n + 1} \right) + 7} \right]}}} \right) - \left( {\frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left( {5n + 7} \right)}}} \right)\)

=24515n+7−15n+1+7>0   ∀n≥1 ⇒un+1>un

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

Ta có: 0<15n+7≤112    ∀n≥1 ⇔0>−2455n+7≥−25 ⇔75>75−2455n+7≥75−25

\( \Leftrightarrow 1 \le {u_n} < \frac{7}{5}.\) Suy ra \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số bị chặn.

Kết luận \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số tăng và bị chặn.

a) \(\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 19\\{u_9} = 35\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\),

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d = 19\\{u_1} + 8d = 35\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\d = 4\end{array} \right.\).

Vậy số hạng đầu tiên \({u_1} = 3\), công sai \(d = 4\).

Số hạng thứ \(20\): \({u_{20}} = {u_1} + 19d = 3 + 19.4 = 79\).

Tổng của \(20\) số hạng đầu tiên: \({S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.3 + 19.4} \right) = 820\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}{u_3} + {u_5} = 14\\{s_{12}} = 129\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)\).

 Áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\), \({S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2}\)

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 2d + {u_1} + 4d = 14\\6\left( {2{u_1} + 11d} \right) = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 6d = 14\\12{u_1} + 66d = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{5}{2}\\d = \frac{3}{2}.\end{array} \right.\)

Vậy số hạng đầu tiên \({u_1} = \frac{5}{2}\), công sai \(d = \frac{3}{2}\).

Số hạng thứ \(20\): \({u_{20}} = {u_1} + 19d = \frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2} = 31\).

Tổng của \(20\) số hạng đầu tiên: \({S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.\frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2}} \right) = 335\).

Ta gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng và áp dụng công thức \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

\({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1} = 4\left( {4 + d} \right) + \left( {4 + d} \right)\left( {4 + 2d} \right) + 4\left( {4 + 2d} \right)\)

\( = 2{d^2} + 24d + 48 = 2{\left( {d + 6} \right)^2} - 24 \ge - 24\).

Dấu xảy ra khi \(d = - 6\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của \({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1}\) là \( - 24\).

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_5} = 51\\{u_2} + {u_6} = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}{q^4} = 51\\{u_1}q + {u_1}{q^5} = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}(1 + {q^4}) = 51{\rm{   }}\\{u_1}q(1 + {q^4}) = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}(1 + {q^4}) = 51{\rm{   }}\\q.51 = 102\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\q = 2\end{array} \right.\).

b) Có \({S_n} = 3069 \Leftrightarrow {u_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = 3069 \Leftrightarrow 3.\frac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} = 3069 \Leftrightarrow {2^n} = 1024 \Rightarrow n = 10\).

Kết luận tổng của 10 số hạng đầu tiên bằng 3069.

c) Có \({u_k} = 12288 \Leftrightarrow {u_1}.{q^{k - 1}} = 12288 \Leftrightarrow {3.2^{k - 1}} = 12288 \Leftrightarrow {2^{k - 1}} = 4096 = {2^{12}}\)

\( \Rightarrow k - 1 = 12 \Leftrightarrow k = 13\).

Kết luận số 12288 là số hạng thứ 13.

Theo bài ra ta có \({u_1} = \frac{1}{2}\), \({u_4} = 32\) và \({u_n} = 2048\).

\({u_4} = {u_1}.{q^3}\) \( \Rightarrow 32 = \frac{1}{2}.{q^3}\)\( \Rightarrow q = 4\)

\({u_n} = 2048\)\( \Rightarrow {u_1}.\,{q^{n - 1}} = 2048\)\( \Rightarrow {4^{n - 1}} = {4^6}\)\( \Rightarrow n = 7\)

Khi đó tổng của cấp số nhân này là \({S_7} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^7}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {4^7}} \right)}}{{1 - 4}} = \frac{{5461}}{2}\).

Giả sử đa giác có \(n\) cạnh (\(n \in \mathbb{N},\,\,n \ge 3\)).

Gọi độ dài các cạnh của đa giác là \({u_1},\,{u_2},\,{u_3},\,...\,,\,{u_n}\) theo thứ tự lập thành cấp số cộng và cạnh lớn nhất có độ dài là 44 cm nên \(0 < {u_1} < {u_2} < \,{u_3} < \,...\, < \,{u_n} = 44\;{\rm{cm}}\).

Vì đa giác có chu vi là \[158\;{\rm{cm}}\] nên \[{S_n} = {u_1} + {u_2} + \,{u_3} + \,...\, + \,{u_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right)n}}{2}\]

hay \[158 = \frac{{\left( {{u_1} + 44} \right)n}}{2}\] suy ra \[n = \frac{{316}}{{{u_1} + 44}}\]

Mà \(n \in \mathbb{N}\) nên \[{u_1} + 44\] là ước nguyên dương của \[316\] hay \[{u_1} + 44 \in \left\{ {2;\,\,4;\,\,79;\,\,158;\,\,316} \right\}\].

Vậy đa giác đã cho có \[n = \frac{{316}}{{79}} = 4\] cạnh.

a) \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Gọi \(O = AC \cap BD\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)

O là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là SO.

b) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). gọi \(F = MN \cap AD\).

\(\left\{ \begin{array}{l}F \in MN\\F \in AD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right.\)

Vậy giao điểm của đường thẳng MN và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là điểm F.

Ta có \(\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset \left( {ABD} \right)\\I \in NQ \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I\) thuộc giao tuyến của \(\left( {ABD} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\)

\( \Rightarrow I \in BD \Rightarrow I,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D\) thẳng hàng.

a) \[\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAB) \cap (SCD)\\AB//CD\\AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = d\], d qua S và d // AB, d // CD.

b) Gọi I là trung điểm của SA.

Do M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và SAD nên

\[\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{1}{3}\] và \[MN,BD \subset (IBD)\]\[ \Rightarrow MN//BD\].

c) Gọi \[O = AC \cap BD,J = BK \cap SO\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in SO,SO \subset (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow J = BK \cap (SAC)\].