Đáp án đúng là: B

Trong 2 giây bánh xe đạp quay được \(\frac{{2.2}}{5} = \frac{4}{5}\) vòng, tức là quay được cung có độ dài \(l = \frac{4}{5}.2\pi R = \frac{8}{5}\pi R.\)

Ta có: \(l = R.\alpha \Leftrightarrow \alpha = \frac{l}{R} = \frac{{\frac{8}{5}\pi R}}{R} = \frac{8}{5}\pi \,\,\left( {{\rm{rad}}} \right).\)

Vậy trong 2 giây, bánh xe quay được một góc \(\frac{8}{5}\pi \) radian.

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[{\sin ^2}\alpha \, + \,{\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{{12}}{{13}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{169}}.\]

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \) nên \[\cos \alpha < 0 \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{5}{{13}}.\]

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\sin \left( {\alpha - \frac{{3\pi }}{2}} \right) = \sin \alpha \cos \frac{{3\pi }}{2} - \cos \alpha \sin \frac{{3\pi }}{2} = \sin \alpha \cdot 0 - \frac{1}{3} \cdot \left( { - 1} \right) = \frac{1}{3}.\)

Đáp án đúng là: A

Áp dụng công thức \(\sin a \cdot \sin b = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {a - b} \right) - \cos \left( {a + b} \right)} \right]\) ta được:

\[P = \sin \left( {\alpha + \frac{\pi }{6}} \right)\sin \left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\cos \frac{\pi }{3} - \cos 2\alpha } \right).\]

Ta có \[\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = 1 - 2 \cdot {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{7}{{25}}.\]

Thay vào \(P,\) ta được \[P = \frac{1}{2} \cdot \left( {\frac{1}{2} - \frac{7}{{25}}} \right) = \frac{{11}}{{100}}.\]

Đáp án đúng là: B

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) = \cos x.\)

Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}.\)

Do đó, nếu \(x \in D\) thì \( - x \in D.\)

Ta có:

\(f\left( { - x} \right) = \cos \left( { - x} \right) = \cos x = f\left( x \right),\forall x \in D.\)

Vậy \(y = \cos x\) là hàm số chẵn.

Đáp án đúng là: B

Ta có \( - 1 \le \sin \left( {2023x + 2024} \right) \le 1 \Rightarrow \sqrt 2 \ge - \sqrt 2 \sin \left( {2023x + 2024} \right) \ge - \sqrt 2 .\)

Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số là \( - \sqrt 2 .\)

Đáp án đúng là: D

Do tập giá trị của hàm số \(y = \sin x\) là đoạn \(\left[ { - 1;1} \right],\) nên phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi \(\left[ \begin{array}{l}m < - 1\\m > 1\end{array} \right..\)

Đáp án đúng là: B

Ta có \(2\cos x + \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = \pm \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Đáp án đúng là: B

Điều kiện: \(0 < x < \pi .\)

Ta có \(\cos 2x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{3} + k\pi ,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).\)

Từ điều kiện \(0 < x < \pi \) ta được \(x = \frac{\pi }{3}\) hoặc \(x = \frac{{2\pi }}{3}.\)

Vậy ba góc của tam giác là \[\left\{ {\frac{\pi }{3};\,\,\frac{\pi }{3};\,\,\frac{\pi }{3}} \right\},\,\,\left\{ {\frac{{2\pi }}{3};\,\,\frac{\pi }{6};\,\,\frac{\pi }{6}} \right\}.\]

Đáp án đúng là: A

Ta có :

\[{u_3} = {u_2} + 2{u_1} = 1 + 2 \cdot 1 = 3.\]

\[{u_4} = {u_3} + 2{u_2} = 3 + 2 \cdot 1 = 5.\]

\[{u_5} = {u_4} + 2{u_3} = 5 + 2 \cdot 3 = 11.\]

Vậy \[{u_4} + {u_5} = 5 + 11 = 16.\]

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.

Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) với \[{u_n} = \frac{n}{{n + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n + 1}} = 1 - \frac{1}{{n + 1}}\] ta có:

\[0 < 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*} \Rightarrow 0 < {u_n} < 1,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.\]

Vậy dãy số \[\left( {{u_n}} \right)\] với \[{u_n} = \frac{n}{{n + 1}}\] là dãy số bị chặn.

Đáp án đúng là: B

Cấp số cộng là một dãy số, trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó với một số không đổi \(d\) nên ta có:

\({u_n} = {u_{n - 1}} + d,\,\,\left( {n \ge 2} \right).\)

Đáp án đúng là: A

Đáp án đúng là: C

Xét dãy số \(\sqrt 2 ;2;2\sqrt 2 ;4\sqrt 2 ;...\)

Ta có: \(\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \); \(\frac{{{u_4}}}{{{u_3}}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = 2.\)

\( \Rightarrow \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} \ne \frac{{{u_4}}}{{{u_3}}}.\)

Vậy dãy số \(\sqrt 2 ;2;2\sqrt 2 ;4\sqrt 2 ;...\) không là cấp số nhân.

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = a + b\).

Đáp án đúng là: B

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n + 2}}{{2n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 + \frac{2}{n}}}{2} = \frac{1}{2}\).

Đáp án đúng là: A

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 3f\left( x \right) = 3\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 3.2 = 6.\)

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{x - 1}} = + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {{x^2} + 1} \right) = {1^2} + 1 = 2 > 0.\)

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

Đáp án đúng là: A

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 6x + 1}}{{x + 2}}\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}.\)

Hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 6x + 1}}{{x + 2}}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên tập xác định \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}\) chứa \(x = 2.\)

Như vậy, hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 6x + 1}}{{x + 2}}\) cũng sẽ liên tục tại \(x = 2.\)

Đáp án đúng là: A

Điều kiện xác định: \({x^2} + 7x + 12 \ne 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne - 3\\x \ne - 4\end{array} \right.\).

Tập xác định của hàm số là \(D = \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( { - 4; - 3} \right) \cup \left( { - 3; + \infty } \right)\).

Do hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{{x^2} + 7x + 12}}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên tập xác định \(D = \left( { - \infty ; - 4} \right) \cup \left( { - 4; - 3} \right) \cup \left( { - 3; + \infty } \right).\)

Xét các đáp án thấy \(\left( {3;4} \right) \subset D.\)

Vậy hàm số đã cho liên tục trên khoảng \(\left( {3;4} \right).\)

Đáp án đúng là: D

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {\sqrt {3 - x} + 1} \right) = \sqrt {3 - 3} + 1 = 1;\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} ax = 3a;\) \(f\left( 3 \right) = \sqrt {3 - 3} + 1 = 1.\)

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 3\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\)

\( \Leftrightarrow 3a = 1 \Leftrightarrow a = \frac{1}{3}.\)

Đáp án đúng là: D

Mệnh đề A sai vì \(A \notin d\) thì điểm \(A\) có thể thuộc mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Mệnh đề B sai vì \(A \in \left( P \right)\) thì \(A\) có thể không thuộc đường thẳng \(d.\)

Mệnh đề C sai vì ba điểm \(A,\,\,B,\,\,C\) có thể thuộc đường thẳng khác đường thẳng \(d\) và nằm trong \(\left( P \right)\).

Mệnh đề D là mệnh đề đúng vì \(d \subset \left( P \right)\) nên \(A \in d\) thì \(A \in \left( P \right)\).

Đáp án đúng là: A

Hình tứ diện có 4 mặt và 6 cạnh.

Đáp án đúng là: A

Các vị trí tương đối của hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian là: Song song, cắt nhau, trùng nhau, chéo nhau.

Vậy có 4 vị trí tương đối giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\) trong không gian.

Đáp án đúng là: B

Hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) có chung điểm \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng song song \(AD,\,\,BC\) (do \(ABCD\) là hình bình hành) nên giao tuyến \(\Delta \) đi qua \(S\) và lần lượt song song với \(AD,\,\,BC.\)

Đáp án đúng là: A

Xét \(\Delta SAC\) có: \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,\,SC.\)

Suy ra \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAC.\)

\( \Rightarrow MN{\rm{//}}AC.\)

Lại có: \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\) và \(MN \not\subset \left( {ABCD} \right).\)

Do đó \[MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right).\]

Đáp án đúng là: B

Phương án B đúng: Ta có \(b{\rm{//}}a\) mà \(a\) nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) nên \(b{\rm{//}}\left( \alpha \right).\)

Ba phương án còn lại sai vì:

Phương án A: Nếu \(b{\rm{//}}\left( \alpha \right)\) thì \(b{\rm{//}}a\) hoặc \(a\) và \(b\) chéo nhau.

Phương án C: 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 \(a.\)

Phương án D: Nếu \(b\) cắt \(\left( \alpha \right)\) thì \(b\) cắt \(a\) hoặc \(a\) và \(b\) chéo nhau.

Đáp án đúng là: A

Trong \(\left( {ABC} \right)\): qua \(H\) kẻ đường thẳng \(d\) song song với \(AB\) và cắt \(BC,\,\,AC\) lần lượt tại \(M,\,\,N.\)

Trong \(\left( {ACD} \right)\): từ \(N\) kẻ \(NP\) song song với \(CD\,\,\left( {P \in CD} \right).\)

Trong \(\left( {ABD} \right)\): từ \(P\) kẻ \(PQ\) song song với \(AB\,\,\left( {Q \in BD} \right).\)

Ta có \(MN{\rm{//}}PQ\) (do cùng song song với \(AB\)) nên \(M,\,\,N,\,\,P,\,\,Q\) đồng phẳng.

Ta có: \(AB{\rm{//}}MN;\,\,MN \subset \left( {MNPQ} \right) \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {MNPQ} \right);\)

\({\rm{CD//}}NP;\,\,NP \subset \left( {MNPQ} \right) \Rightarrow CD{\rm{//}}\left( {MNPQ} \right);\)

Hơn nữa \(H \in MN\) mà \(MN \subset \left( {MNPQ} \right)\) nên \(H \in \left( {MNPQ} \right).\)

Từ các kết quả trên ta có: \(\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right).\)

Dễ dàng có được:

\(\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN;\)

\(\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = NP;\)

\(\left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ;\)

\(\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = QM.\)

Suy ra thiết diện của \(\left( \alpha \right)\) với tứ diện \(ABCD\) là \(MNPQ.\)

Xét ba mặt phẳng \(\left( {ACD} \right),\,\,\left( {BCD} \right),\,\,\left( {MNPQ} \right)\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \cap \,\left( {BCD} \right) = CD\\\left( {ACD} \right) \cap \left( {MNPQ} \right) = NP\\\left( {BCD} \right) \cap \left( {MNPQ} \right) = QM\end{array} \right.\) và \(CD{\rm{//}}NP\) nên \(CD{\rm{//}}NP{\rm{//}}QM.\)

Xét tứ giác \(MNPQ\) có: \(MN{\rm{//}}PQ\) và \(NP{\rm{//}}QM\) nên \(MNPQ\) là hình bình hành.

Đáp án đúng là: A

Theo hệ quả của tính chất hai mặt phẳng song song ta có: Nếu đường thẳng \(d\) song song với mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] thì có duy nhất một mặt phẳng đi qua \(d\) và song song với \(\left( \alpha \right).\)

Đáp án đúng là: A

Vì \(N\) là trung điểm của \(AD\) nên \(NA = ND = \frac{{AD}}{2} = BC.\)

Xét tứ giác \(BCDN\) có: \(ND = BC\) và \(ND{\rm{//}}BC\) (do \(AD{\rm{//}}BC\)).

Suy ra \(BCDN\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow NB{\rm{//}}CD\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(NB{\rm{//}}\left( {SCD} \right).\)

Xét tam giác \(SAD\) có: \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(AD.\)

Suy ra \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD.\)

\( \Rightarrow MN{\rm{//}}SD\) mà \(SD \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {SCD} \right).\)

Ta có: \(NB{\rm{//}}\left( {SCD} \right);\,\,MN{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\) và \(NB \cap MN = N\) trong \(\left( {BMN} \right).\)

\( \Rightarrow \left( {BMN} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right).\)

Đáp án đúng là: C

Theo tính chất của hình lăng trụ ta có: Hình lăng trụ có tất cả các mặt bên là hình bình hành.

Ba phương án còn lại sai vì:

Phương án A: Đáy của hình lăng trụ có thể là hình tam giác (hình lăng trụ tam giác).

Phương án B: Hai mặt bên liền kề nhau thì cắt nhau.

Phương án D: Đáy của hình lăng trụ có thể là hình tam giác (hình lăng trụ tam giác).

Đáp án đúng là: D

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\\\left( {AA'D'D} \right){\rm{//}}\left( {BB'C'C} \right)\\\left( {ABB'A'} \right){\rm{//}}\left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right.\)

Như vậy, ba phương án A, B, C đúng.

Phương án D sai vì:

Gọi \(O = AC \cap BD.\)

Mà \(AC \subset \left( {ACC'A'} \right);\,\,BD \subset \left( {BDD'B'} \right).\)

\( \Rightarrow O \in \left( {BDD'B'} \right) \cap \left( {ACC'A'} \right).\)

Suy ra hai mặt phẳng \(\left( {BDD'B'} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\) không song song với nhau.

Đáp án đúng là: C

Do \(AB \cap \left( {SBC} \right) = B\) suy ra hình chiếu song song của điểm \(A\) theo phương \(AB\) lên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) là điểm \(B.\)

Đáp án đúng là: A

Xét từng đáp án:

Đáp án A: Giả sử \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng chéo nhau có hình chiếu là \(a'\) và \(b'\). Nếu mặt phẳng \(\left( {a,\,\,a'} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {b,\,\,b'} \right)\) song song với nhau thì \(a'\,{\rm{//}}\,b'\). Vậy hình chiếu song song của hai đường thẳng chéo nhau có thể song song. Vậy phương án A đúng.

Đáp án B: Nếu \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng cắt nhau tại \(O\) và hình chiếu của \(O\) là \(O'\) thì \(O' \in a\) và \(O' \in b\) tức là \(a'\) và \(b'\) có điểm chung. Vậy hình chiếu song song của hai đường thẳng cắt nhau không thể song song được. Vậy phương án B sai.

Đáp án C: Hình chiếu song song của một hình vuông có thể là hình bình hành. Vậy phương án C sai.

Đáp án D: Hình chiếu song song của một lục giác đều có thể là một lục giác. Vậy phương án D sai.

a) \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} + 3n} - n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\left( {{n^2} + 3n} \right) - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 3n} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3n}}{{\sqrt {{n^2} + 3n} + n}}\]

\[ = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3n}}{{n\sqrt {1 + \frac{3}{n}} + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{3}{{\sqrt {1 + \frac{3}{n}} + 1}} = \frac{3}{2}.\]

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\sqrt {4x + 5} - 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\left( {\sqrt {4x + 5} - 2x - 3} \right)\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{4x + 5 - {{\left( {2x + 3} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4{x^2} - 8x - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}\left( {\sqrt {4x + 5} + 2x + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{ - 4}}{{\sqrt {4x + 5} + 2x + 3}} = \frac{{ - 4}}{{\sqrt {4.\left( { - 1} \right) + 5} + 2.\left( { - 1} \right) + 3}} = - 2\).

a) • Xét \(\Delta SAC\) có: \(M,\,\,O\) lần lượt là trung điểm của \(SA,\,\,AC\) nên \(MO\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\), suy ra \[MO{\rm{//}}SC.\]

Mà \(SC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow MO{\rm{//}}\left( {SBC} \right).\)

• Xét \[\Delta DCB\] có: \(N,\,\,O\) lần lượt là trung điểm của \[CD,\,\,BD\] nên \(NO\) là đường trung bình của \[\Delta DCB\], suy ra \(NO{\rm{//}}BC.\)

Mà \(BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow NO{\rm{//}}\left( {SBC} \right).\)

Ta có: \(MO{\rm{//}}\left( {SBC} \right);\,\,NO{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) và \(MO \cap NO = O\) trong \(\left( {OMN} \right).\)

\( \Rightarrow \left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right).\)

Vậy (OMN) // (SBC).

b) Ta có: \(J\) một điểm trên \(\left( {ABCD} \right)\) và cách đều \(AB,\,\,CD;\)

\(AB{\rm{//}}CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Suy ra \(J\) thuộc đường thẳng đi qua \(O\) và song song với \(AB\) và \(CD.\)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(H = OJ \cap AD,\,\,H \in AD.\)

Khi đó \(OH{\rm{//}}AB.\)

Xét \(\Delta ABD\) có: \(OH{\rm{//AB}}\) và \(O\) là trung điểm của \(BD.\)

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(AD.\)

Xét \(\Delta SAD\) có: \(I,\,\,H\) lần lượt là trung điểm của \(SD,\,\,AD\) nên \(IH\) là đường trung bình của \(\Delta SAD\), suy ra \[{\rm{IH//}}SA.\]

Mà \(SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow IH{\rm{//}}\left( {SAB} \right).\)

Do \(J \in OH\) nên \(JH{\rm{//AB}}\) (do \(OH{\rm{//}}AB\)).

Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(JH{\rm{//}}\left( {SAB} \right).\)

Ta có: \(JH{\rm{//}}\left( {SAB} \right);\,\,IH{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\) và \(JH \cap IH = H\) trong \(\left( {IJH} \right).\)

\( \Rightarrow \left( {IJH} \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right).\)

\( \Rightarrow IJ{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\) (do \(IJ \subset \left( {IJH} \right)\)).

Theo quy luật trang trí một hình vuông trên thì ta có các tam giác được tô màu sẽ là tam giác vuông cân.

Gọi \({u_n}\) là diện tích của hai tam giác được tô màu sau lần vẽ thứ \(n\), với \(n \in {\mathbb{N}^*}.\)

Độ dài cạnh góc vuông của hai tam giác vuông cân được tô màu theo lần vẽ đầu tiên là \(\frac{4}{2} = 2\,\,\left( {\rm{m}} \right).\) Khi đó diện tích của hai tam giác được tô màu sau lần vẽ đầu tiên là

\({u_1} = 2\left( {\frac{1}{2}.2.2} \right) = 4\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Độ dài cạnh góc vuông của hai tam giác vuông cân được tô màu theo lần vẽ thứ hai là \(\frac{1}{2}.\sqrt {{2^2} + {2^2}} \, = \sqrt 2 \left( {\rm{m}} \right).\) Khi đó diện tích của hai tam giác được tô màu sau lần vẽ thứ hai là

\({u_2} = 2\left( {\frac{1}{2}.\sqrt 2 .\sqrt 2 } \right) = 4.\frac{1}{2}\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Độ dài cạnh góc vuông của hai tam giác vuông cân được tô màu theo lần vẽ thứ ba là\(\frac{1}{2}.\sqrt {{{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = 1\,\,\left( {\rm{m}} \right){\rm{.}}\) Khi đó diện tích của hai tam giác được tô màu sau lần vẽ thứ ba là

\({u_3} = 2\left( {\frac{1}{2}.1.1} \right) = 4.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Khi đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = 4\) và công bội \(q = \frac{1}{2}.\)

Ta có công thức số hạng tổng quát \({u_n} = 4.{\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}}\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Tổng diện tích của các tam giác được tô màu sau lần vẽ thứ 10 là:

\({S_{10}} = \frac{{4\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{10}}} \right]}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{{1\,\,023}}{{128}}\) \(\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right){\rm{.}}\)

Vậy số tiền nước sơn là \(\frac{{1\,\,023}}{{128}}.80\,\,000 = 639\,\,375\) đồng.