Đề thi thử ĐGNL Đại học Khoa học và Công nghệ Hà Nội môn Toán có đáp án - Đề số 3

Mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) chắn các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại \(A\left( {0\,;\,\,0\,;\,\,2} \right)\), \(B\left( {1\,;\,\,0\,;\,\,0} \right)\) và \[C\left( {0\,;\,\,3\,;\,\,0} \right)\] nên có phương trình \(\frac{x}{1} + \frac{y}{3} + \frac{z}{2} = 1\). Chọn A.

\(f'\left( x \right) = {e^{2024{x^2}}} \cdot {\left( {2024{x^2}} \right)^\prime } = 4048x \cdot {e^{2024{x^2}}}\).

Khi đó \(f'\left( 1 \right) = 4048 \cdot {e^{2024}}\). Chọn C.

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = \left( {4; - 8;10} \right)\). Suy ra \(\frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 4;5} \right)\). Chọn A.

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng \(d\) là \(\overrightarrow {{u_1}}  = \left( {1;2; - 3} \right)\). Chọn B.

 Ta có \[F'\left( x \right) = f\left( x \right) = \sin 2x\]. Chọn D.

Ta có \[V = B \cdot h = {\left( {2a} \right)^2} \cdot 3a = 12{a^3}\]. Chọn B.

Ta có

\[{\log _2}{x^{2024}} = 2024 \cdot {\log _2}3 \Leftrightarrow 2024{\log _2}\left| x \right| = 2024{\log _2}3 \Leftrightarrow {\log _2}\left| x \right| = {\log _2}3 \Leftrightarrow \left| x \right| = 3 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x =  - 3\end{array} \right.\].

Tập nghiệm của phương trình là \[S = \left\{ { - 3;3} \right\}.\] Chọn A.

Tập xác định \[D = \mathbb{R}\].

Ta có \[y' = \frac{2}{{5\sqrt[5]{{{x^3}}}}} - 1 = \frac{{2 - 5\sqrt[5]{{{x^3}}}}}{{\sqrt[5]{{{x^3}}}}};\,y' = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{{\frac{{32}}{{3125}}}}\].

\[y'\] không xác định tại \[x = 0\].

Bảng xét dấu \[y'\]

Dựa vào dấu \[y'\] ta có hàm số có \[2\] cực trị. Chọn B.

Ta có \(\int\limits_0^1 {\left( {{x^2} - 2x - 3f\left( x \right)} \right){\rm{d}}x = 1}  \Leftrightarrow \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right)} \right|_0^1 - 3\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 1 \Leftrightarrow  - \frac{2}{3} - 3\int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 1\)

\( \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  =  - \frac{5}{9}\). Chọn D.

Đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\left( { - 1;0;3} \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 4;3} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( {2; - 1; - 2} \right)\) .

Ta có \(\overrightarrow {{n_P}}  \cdot \overrightarrow {{u_\Delta }}  = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\Delta //\left( P \right)\\\Delta  \subset \left( P \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(d\left( {\Delta ,\left( P \right)} \right) = d\left( {M,\left( P \right)} \right) = \frac{{\left| {2 \cdot \left( { - 1} \right) - 0 - 2 \cdot 3 - 1} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 2)}^2}} }} = 3\). Chọn A.

Ta có \({\log _2}x = {\log _y}16 \Leftrightarrow {\log _2}x = \frac{4}{{{{\log }_2}y}} \Leftrightarrow {\log _2}x \cdot {\log _2}y = 4\).

\(xy = 64 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {xy} \right) = {\log _2}64 \Leftrightarrow {\log _2}x + {\log _2}y = 6\).

\({\left( {{{\log }_2}\frac{x}{y}} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}x - {{\log }_2}y} \right)^2} = {\left( {{{\log }_2}x + {{\log }_2}y} \right)^2} - 4{\log _2}x \cdot {\log _2}y = {6^2} - 4 \cdot 4 = 20\). Chọn A.

Ta có \(AC' \bot \left( {A'BD} \right)\) và \(AC' \cap \left( {A'BD} \right) = G\) với \(AG = \frac{1}{3}AC'\).

Suy ra \(d\left( {C',\left( {A'BD} \right)} \right) = C'G = \frac{2}{3}AC' = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) . Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {AC}  = \left( {2; - 2;2} \right) = 2\left( {1; - 1;1} \right)\).

Đường thẳng \(AC\) đi qua điểm \(A\left( {0;0;1} \right)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 1;1} \right)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = t\\y =  - t\\z = 1 + t\end{array} \right.\).

Gọi \(H\)là chân đường cao hạ từ \(B\) xuống \(AC\).

Khi đó \(H \in AC \Rightarrow H\left( {t; - t;1 + t} \right)\).

Có \(\overrightarrow {BH}  = \left( {t + 3; - t - 2;1 + t} \right)\).

Có \(\overrightarrow {BH}  \cdot \overrightarrow u  = 0\)\( \Leftrightarrow t + 3 + t + 2 + 1 + t = 0 \Leftrightarrow t =  - 2\)\(\overrightarrow {BH}  = \left( {1;0; - 1} \right)\)

Phương trình đường cao kẻ từ  là: \(\left\{ \begin{array}{l}x =  - 3 + t'\\y = 2\\z =  - t'\end{array} \right.\).

Ta thấy điểm  thuộc đường thẳng trên. Chọn A.

 +)Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega  \right) = C_6^2 \cdot C_4^2 = 90\).

Gọi A là biến cố ‘không có hai viên bi cùng màu nào được bỏ vào cùng một cái hộp’.

\(\overline A \):” Có ít nhất 2 viên bi cùng màu được bỏ vào cùng 1 cái hộp”

TH1: Chỉ có đúng 2 viên bi cùng màu được bỏ vào cùng 1 cái hộp.

Chọn 2 viên bi cùng màu và chọn 1 cái hộp để bỏ vào, có \(C_3^1 \cdot C_3^1 = 9\)

Xếp 4 viên bi còn lại vào 2 hộp còn lại sao cho không có hai viên bi nào cùng màu vào trong một cái hộp, có \(C_2^1 \cdot C_2^1 = 4\).

Như vậy có 36 cách xếp.

TH2: Mỗi hộp đều có 2 viên bi cùng màu. Trường hợp này có \(3! = 6\)

Vậy \(P(A) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{{36 + 6}}{{90}} = \frac{8}{{15}}\). Chọn B.

Do \(ABC\)là tam giác đều và cạnh \(A'A = A'B = A'C = a\) nên hình chiếu của \(A'\) trên đáy là trọng tâm \(H\) của tam giác \(ABC\).

Góc giữa \(\left( {BCC'B'} \right)\) và đáy là góc giữa \(MM'\) và \(AM\) nên cũng là góc \(\widehat {A'AH}\).

 Suy ra \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \)

Ta có \(\Delta AA'H\) vuông tại \[H\]: \[\sin 60^\circ  = \frac{{A'H}}{{A'A}} \Rightarrow A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

\(AH = A'A.\cos 60^\circ  = \frac{a}{2}\). Suy ra \(AM = \frac{3}{2}AH = \frac{3}{4}a\) , do đó \(AB = \frac{{AM}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) .

Diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_d} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{{16}}\)

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'H = \frac{{3\sqrt 3 {a^2}}}{{16}} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{9{a^3}}}{{32}}\). Chọn C.

Ta có \(n\left( \Omega  \right) = C_{15}^6 = 5005\).

Gọi \(A\): “Lấy được 6 tấm thẻ có tổng là số lẻ”.

TH1: Lấy được 5 thẻ chẵn, 1 thẻ lẻ có \(C_7^5 \cdot C_8^1\) cách chọn.

TH2: Lấy được 3 thẻ chẵn, 3 thẻ lẻ có \(C_7^3 \cdot C_8^3\) cách chọn.

TH3: Lấy được 1 thẻ chẵn, 5 thẻ lẻ có \(C_7^1 \cdot C_8^5\) cách chọn.

Khi đó \(n\left( A \right) = C_7^5 \cdot C_8^1 + C_7^3 \cdot C_8^3 + C_7^1 \cdot C_8^5 = 2520\).

Vậy \(P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \frac{{2520}}{{5005}} = \frac{{72}}{{143}}\). Chọn B.

Ta có \(f\left( x \right) = \sin x + \cos 2x\)\( = \sin x + 1 - 2{\sin ^2}x\).

Đặt \(t = \sin x\).

Vì \(x \in \left[ {0;\pi } \right]\)\( \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right]\).

Khi đó \(f\left( t \right) =  - 2{t^2} + t + 1 \Rightarrow f'\left( t \right) =  - 4t + 1\).

Có \(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow  - 4t + 1 = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{4} \in \left( {0;1} \right)\).

Ta có \(f\left( 0 \right) = 1;f\left( {\frac{1}{4}} \right) = \frac{9}{8};f\left( 1 \right) = 0\).

Do đó \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( t \right) = \frac{9}{8}\). Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;\pi } \right]} f\left( x \right) = \frac{9}{8}\). Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là \(x =  - 1\) và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là \(y = 1\). Chọn C.

Gọi \(I\)là trung điểm của \(AB \Rightarrow I\left( {0;1; - 1} \right)\).

Đường thẳng \(d\) có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Gọi \(\Delta \) là đường thẳng đi qua trung điểm \(I\) và song song với \(d\)\( \Rightarrow \overrightarrow {{u_d}}  = \overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 1;2} \right)\).

Đường thẳng \(\Delta \) là đường thẳng đi qua trung điểm \(I\left( {0;1; - 1} \right)\) và nhận \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {1; - 1;2} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình \(\frac{x}{1} = \frac{{y - 1}}{{ - 1}} = \frac{{z + 1}}{2}\). Chọn D.

 Điều kiện \(\frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}} > 0 \Leftrightarrow x > 0\).

Ta có \({\log _2}\left( {\frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}}} \right) + {2^{x + \frac{1}{{2x}}}} = 5\)\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}}} \right) + {2^{\frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}}}} = 5\).

Đặt \(t = \frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}} > 0\), phương trình trở thành \({\log _2}t + {2^t} = 5\) (*).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\) với \(t > 0\).

Ta có \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} + {2^t}\ln 2 > 0\) với \(t > 0\).

Suy ra hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\) đồng biến với \(t > 0\).

Mặt khác \(f\left( 2 \right) = {\log _2}2 + {2^2} = 5\). Suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất \(t = 2\).

Với \(t = 2 \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}} = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 1 = 0\) (**).

Gọi \({x_1};{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình \(\left( {**} \right)\). Theo định lý viet ta có \({x_1}{x_2} = \frac{1}{2}\). Chọn A.

Ta có bảng thống kê về mức lương theo giá trị đại diện như sau:

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là

\(\bar x = \frac{{4 \cdot 5,5 + 5 \cdot 6,5 + 5 \cdot 7,5 + 4 \cdot 8,5 + 2 \cdot 9,5}}{{20}} = 7,25\).

Phương sai của mẫu số liệu ghép nhóm là

\({s^2} = \frac{{4 \cdot {{5,5}^2} + 5 \cdot {{6,5}^2} + 5 \cdot {{7,5}^2} + 4 \cdot {{8,5}^2} + 2 \cdot {{9,5}^2}}}{{20}} - {7,25^2} \approx 1,59\). Chọn D.

Ta có \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1\,;\,\,2\,;\,\,3} \right)\,,\,\,\overrightarrow {QP}  = \left( {7 - {x_Q}\,;\,\,7 - {y_Q}\,;\,\,5 - {z_Q}} \right)\).

\(MNPQ\) là hình bình hành \( \Leftrightarrow \overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP} \)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = 7 - {x_Q}\\2 = 7 - {y_Q}\\3 = 5 - {z_Q}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = 6\\{y_Q} = 5\\{z_Q} = 2\end{array} \right.\). Vậy \(Q\left( {6\,;\,\,5\,;\,\,2} \right)\). Chọn A.

Sử dụng công thức \[{S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}\], ta có: \[{S_5} = \frac{{5\left[ {2 \cdot \frac{1}{4} + \left( {5 - 1} \right) \cdot \left( { - \frac{1}{4}} \right)} \right]}}{2} =  - \frac{5}{4}\]. Chọn C.

Đường thẳng \(d\) đi qua \(B\left( {2;0;2} \right)\)và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow u  = \left( {1; - 1;1} \right)\).

Gọi mặt phẳng cần tìm là \(\left( P \right)\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left[ {\overrightarrow u ,\overrightarrow {AB} } \right] = \left( {2;1; - 1} \right)\).

Vậy phương trình mặt phẳng \(\left( P \right)\): \(2\left( {x - 1} \right) + \left( {y - 2} \right) - \left( {z - 2} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 2x + y - z - 2 = 0\). Chọn D.

\(\int\limits_0^1 {f'\left( x \right)dx}  = 2024\) \( \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( 0 \right) = 2024\)\( \Leftrightarrow f\left( 1 \right) = 2024 + f\left( 0 \right) = 2024 - 2015 = 9\). Chọn A.

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1;2; - 2} \right),\overrightarrow {{u_{d'}}}  = \left( { - 1; - 2;2} \right)\) lần lượt là vectơ chỉ phương của \(d\) và \(d'\).

Ta có \(\overrightarrow {{u_d}}  =  - \overrightarrow {{u_{d'}}} \) và \(M\left( {1; - 2;1} \right) \in d\) nhưng \(M\left( {1; - 2;1} \right) \notin d'\).

Vậy \(d\) và \(d'\) song song với nhau. Chọn D.

Ta có: \(\vec u + 3\vec v = \left( { - 2\,;\,\, - 10\,;\,\,3} \right)\). Chọn A.

\(\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\left( {{e^x} - 2\cos x} \right)dx}  = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{e^x}dx}  - 2\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\cos xdx} \)\( = \left. {{e^x}} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} - 2\left. {\sin x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}}\)

\( = {e^{\frac{\pi }{2}}} - 1 - 2\sin \frac{\pi }{2} + 2\sin 0 = {e^{\frac{\pi }{2}}} - 3\).

Suy ra \(a = 1;b = 2;c = 3\). Do đó \(a + b + c = 6\). Chọn C.

Có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( B \right)}} \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{P\left( {AB} \right)}}{{P\left( {A|B} \right)}} = \frac{{\frac{3}{{10}}}}{{\frac{9}{{20}}}} = \frac{2}{3}\). Chọn B.

Diện tích thiết diện \(S\left( x \right) = \left( {4 - {x^2}} \right)\).

Thể tích của vật thể \(V = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( {4 - {x^2}} \right)dx}  = \left. {\left( {4x - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)} \right|_{ - 2}^2 = \frac{{16}}{3} - \left( { - \frac{{16}}{3}} \right) = \frac{{32}}{3}\). Chọn B.

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( {2;1; - 5} \right)\) và bán kính \(R = 2\sqrt {11} \).

Tâm của đường tròn \(\left( C \right)\) chính là giao điểm của đường thẳng \(d\) đi qua \(I\left( {2;1; - 5} \right)\) và vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Đường thẳng \(d\) đi qua \(I\) và nhận \(\overrightarrow {{n_P}}  = \left( { - 1;0;4} \right)\) làm vectơ chỉ phương có phương trình là

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1\\z =  - 5 + 4t\end{array} \right.\).

Tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1\\z =  - 5 + 4t\\ - x + 4z + 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2 - t\\y = 1\\z =  - 5 + 4t\\ - 2 + t - 20 + 16t + 5 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\\z =  - 1\\t = 1\end{array} \right.\).

\( \Rightarrow H\left( {1;1; - 1} \right)\). Chọn D.

Gọi \(X\) là biến cố “Quyển sách được chọn trên kệ B”;

\(Y\)là biến cố “Quyển sách được chọn là quyển Toán”.

Theo đề ta có \(P\left( X \right) = P\left( {\overline X } \right) = 0,5;P\left( {Y|\overline X } \right) = 0,3;P\left( {Y|X} \right) = 0,5\).

Xác suất chọn được quyển sách Toán là

\(P\left( Y \right) = P\left( X \right) \cdot P\left( {Y|X} \right) + P\left( {\overline X } \right) \cdot P\left( {Y|\overline X } \right)\)\( = 0,5 \cdot 0,5 + 0,5 \cdot 0,3 = 0,4\).

Quyển được chọn là quyển Toán, xác suất quyển đó trên kệ B là

\(P\left( {X|Y} \right) = \frac{{P\left( X \right) \cdot P\left( {Y|X} \right)}}{{P\left( Y \right)}} = \frac{{0,5 \cdot 0,5}}{{0,4}} = \frac{5}{8}\). Chọn A.

 Có \(P\left( {A|B} \right) = \frac{9}{{14}}\). Chọn C.

Ta có \(g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2f'\left( {2x} \right)\).

Theo đề ta có \(\left\{ \begin{array}{l}g'\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right) - 2f'\left( 2 \right)\\g'\left( 2 \right) = f'\left( 2 \right) - 2f'\left( 4 \right)\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = f'\left( 1 \right) - 2f'\left( 2 \right)\\5 = f'\left( 2 \right) - 2f'\left( 4 \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = f'\left( 1 \right) - 2f'\left( 2 \right)\\10 = 2f'\left( 2 \right) - 4f'\left( 4 \right)\end{array} \right. \Rightarrow f'\left( 1 \right) - 4f'\left( 4 \right) = 12\).

Có \(h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 4f'\left( {4x} \right)\).

Có \(h'\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right) - 4f'\left( 4 \right) = 12\). Chọn B.

Theo đề bài, hộp màu Đỏ chứa quả Mận. Suy ra hộp màu trắng không thể chứa quả Mận.

Theo đề hộp Trắng không chứa Đào, hộp Trắng không chứa Lê.

Trong 4 loại quả, hộp Trắng đã không chứa Mận, Đào, Lê. Vậy quả duy nhất còn lại có thể ở hộp Trắng là Táo. Chọn B.

 Ta đánh số vị trí từ trên xuống dưới lần lượt là 1; 2; 3; 4; 5.

Theo đề Én đứng vị trí thứ 2, Bình đứng vị trí thứ 5. Các vị trí trống là 1; 3; 4.

Theo đề Chi đứng ngay sau An nên An và Chi là 1 cặp đi liền. Do đó An và Chi phải đứng ở vị trí 3, 4.

Suy ra An ở vị trí 3 và Chi ở vị trí 4.

Vị trí còn lại số 1 thuộc về Đạt. Kiểm tra lại dữ kiện đề bài ta thấy Đạt đứng trước Bình và không đứng sát nhau. Do đó vị trí đúng là Đạt, Én, An, Chi, Bình. Vậy An là người đứng vị trí thứ 3. Chọn A.

\(M = \sin \frac{\pi }{{16}} - \sin \frac{{5\pi }}{{16}}\)\( = 2\cos \frac{{\frac{\pi }{{16}} + \frac{{5\pi }}{{16}}}}{2}\sin \frac{{\frac{\pi }{{16}} - \frac{{5\pi }}{{16}}}}{2}\)\( = 2\cos \frac{{3\pi }}{{16}}\sin \left( { - \frac{\pi }{8}} \right)\).

Suy ra \(a =  - \frac{1}{8};b = \frac{3}{{16}}\).

Vậy \(4a + 8b = 4\left( { - \frac{1}{8}} \right) + 8 \cdot \frac{3}{{16}} = 1\). Chọn B.

Ta có các số hạng \(1; - \frac{1}{3};\frac{1}{9};...\) tạo thành cấp số nhân có \({u_1} = 1\) và công bội \(q =  - \frac{1}{3}\) nên là cấp số nhân lùi vô hạn.

Khi đó \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - \left( { - \frac{1}{3}} \right)}} = \frac{3}{4} \Rightarrow 4S = 3\). Chọn D.

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

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

Khi đó \( - \frac{b}{2} = 5 \Leftrightarrow b =  - 10\). Chọn C.

Gọi \(P,Q\) lần lượt là chính chiếu của \(M,N\) theo phương chiếu \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(BP = \frac{1}{3}BC = \frac{1}{3} \cdot 3\sqrt 2  = \sqrt 2 \), \(CQ = \frac{1}{3}CD = \sqrt 2 \), \(QD = \frac{2}{3}CD = 2\sqrt 2 \).

Vậy \({S_{\Delta APQ}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta ABP}} - {S_{\Delta PCQ}} - {S_{\Delta ADQ}}\)

\( = {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2} - \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt 2  \cdot \sqrt 2  - \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt 2  \cdot \sqrt 2  - \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt 2  \cdot 2\sqrt 2  = 7\). Chọn A.