Giải đề thi học kì 2 toán lớp 11 năm 2020 - 2021 trường Phan Ngọc Hiển

Phương pháp giải:

Hàm đa thức luôn liên tục trên \(\mathbb{R}\)

Lời giải chi tiết:

\(f\left( x \right) = {x^4} - 4x\) luôn liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Phương pháp giải:

Tổng cấp số nhân lùi vô hạn:

\(S = 1 + q + {q^2} +  \ldots  + {q^n} +  \cdots  = \dfrac{1}{{1 - q}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}S = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^0} + \dfrac{1}{2} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} +  \cdots  + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{n - 1}} + ...\\ \Rightarrow q = \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 2\end{array}\)

Phương pháp giải:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = M;\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = L\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f(x) \pm g(x)} \right] = M \pm L\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} [k.f(x)] = k.M\)

Lời giải chi tiết:

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} [3f(x) - 4g(x)] = 3.3 - 4.4 =  - 7\)

Phương pháp giải:

Tìm \(y',(\sqrt u )' = \dfrac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{{{\left( {10x - {x^2}} \right)}^\prime }}}{{2\sqrt {10x - {x^2}} }} = \dfrac{{10 - 2x}}{{2\sqrt {10x - {x^2}} }}\\ = \dfrac{{5 - x}}{{\sqrt {10x - {x^2}} }}\end{array}\)

Thay \(x = 2\) vào \(y'\):

\(y'(2) = \dfrac{{5 - 2}}{{\sqrt {10 \cdot 2 - {2^2}} }} = \dfrac{3}{4}\)

Phương pháp giải:

Hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(f\left( a \right).f\left( b \right) < 0\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất 1 nghiệm thuộc \(\left( {a;b} \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(f(x) = {x^3} - 3{x^2} + 3\)

\(f(0) = 3\)

\(f( - 1) =  - 1\)

\(f(2) =  - 1\)

\(f(3) = 3\)

\( \Rightarrow f( - 1) \cdot f(0) < 0\)\( \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) = 0,{x_1} \in \left( { - 1;0} \right)\)

\(f(0) \cdot f(2) < 0 \Rightarrow f(z) = 0,{x_2} \in (0;2)\)

\(f(2) \cdot f(3) < 0 \Rightarrow f\left( {{x_3}} \right) = 0,{x_3} \in (2;3)\)

Vậy phương trình  \(f(x) = 0\) có 3 nghiệm phân biệt.

Phương pháp giải:

Tính \(y' = f'\left( x \right),y'\left( {{x_0}} \right) = f'\left( {{x_0}} \right),\)\(y\left( {{x_0}} \right) = f\left( {{x_0}} \right)\)..

Tiếp tuyến của đồ thị \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(x = {x_0}\) là:

\(y = f'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}{x_0} =  - 2\\y' = 3{x^2} - 2x\\y'\left( { - 2} \right) = 16\\y\left( { - 2} \right) =  - 12\end{array}\)

Tiếp tuyến tại \({x_0} =  - 2\) là:

\(y = 16\left( {x + 2} \right) - 12 = 16x + 20\)

Phương pháp giải:

Đưa \(\left| x \right|\) ra ngoài căn bậc hai: \(\sqrt {{x^2} + 3x + 5}  = \left| x \right|\sqrt {1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{5}{{{x^2}}}} \)

Vì \(x \to  - \infty \) nên \(\left| x \right| =  - x\).

Rút gọn với x ở mẫu.

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 3x + 5} }}{{4x - 1}}\)

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

\(\begin{array}{l} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{ - x \cdot \sqrt {1 + \dfrac{3}{x} + \dfrac{5}{{{x^2}}}} }}{{x \cdot \left( {4 - \dfrac{1}{x}} \right)}}\\ =  - \dfrac{1}{4}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Lăng trụ tam giác đều là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều.

Lời giải chi tiết:

Do  ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều  nên \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow BB' \bot AG\left( {AG \subset \left( {ABC} \right)} \right)\)

Do ABC là tam giác đều nên G vừa là trọng tâm vừa là trực tâm. Do đó:

\(\left. \begin{array}{l}AG \bot BC\\AG \bot B{B^\prime }\end{array} \right\} \Rightarrow AG \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\)

\( \Rightarrow AG \bot {B^\prime }{C^\prime }\)

\(A{A^\prime } \bot (ABC)\) vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng.

Phương pháp giải:

Tìm đạo hàm \(f'(x)\).

Sử dụng bảng quy tắc đạo hàm.

Giải bất phương trình \(f'\left( x \right) < 0\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f'(x) = 3{x^2} - 6x\\f'(x) < 0\\ \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x < 0\\ \Leftrightarrow 0 < x < 2\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tính chất tam giác cân: Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh là đường cao.

Đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với 2 đường thẳng cắt nhau trong mặt phẳng đó.

Lời giải chi tiết:

\(\Delta ABC\) cân tại A

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot AM\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\}\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Phương pháp giải:

+ Kẻ \(AH \bot SD\)

+ Chứng minh \(CD \bot \left( {SAD} \right)\), \(AB//\left( {SCD} \right)\)

+ Nếu \(AB//\left( \alpha  \right)\) thì \(d\left( {B,\left( \alpha  \right)} \right) = d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right)\).

+ Trong tam giác \(ABC\) vuông tại A có đường cao AH thì: \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Kẻ \(AH \bot SD\)

\(\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)

\( \Rightarrow CD \bot AH\)

Mà \(AH \bot SD\) nên \(AH \bot \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow AH = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\)

\(\begin{array}{l}AB//CD \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\\\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{S{A^2}}} + \dfrac{1}{{A{D^2}}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{4{a^2}}} = \dfrac{5}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow AH = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{5}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Tìm \(g'\left( x \right)\),\(h'\left( x \right)\) theo \(f'\left( x \right)\).

\(g'\left( 1 \right)\), \(g'\left( 2 \right)\), \(h'\left( 1 \right)\) theo \(f'\left( 1 \right)\), \(f'\left( 2 \right)\) và \(f'\left( 4 \right)\).

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 2f'\left( {2x} \right)\\h'\left( x \right) = f'\left( x \right) - 4f'\left( {4x} \right)\\g'\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right) - 2f'\left( 2 \right) = 21\\g'\left( 2 \right) = f'\left( 2 \right) - 2f'\left( 4 \right) = 1000\\ \Rightarrow 2f'\left( 2 \right) - 4f'\left( 4 \right) = 2000\\h'\left( 1 \right) = f'\left( 1 \right) - 4f'\left( 4 \right)\\ = g'\left( 1 \right) + 2g'\left( 2 \right) = 2021\end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các quy tắc đạo hàm:

\({\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^\prime } = \dfrac{{u'.v - v'.u}}{{{v^2}}};(\sqrt u )' = \dfrac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - \left( {x + 3} \right)\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{x^2} + 1}}\\ = \dfrac{{1 - 3x}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\end{array}\)

Phương pháp giải:

Đưa \({x^2}\) ra ngoài ngoặc.

Sử dụng kết quả: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{1}{x} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{1}{{{x^2}}} = 0;\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } k.{x^2} =  + \infty \left( {k > 0} \right)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } c = c\) với c là hằng số.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} + 3x - 1} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^2}\left( {1 + \dfrac{3}{x} - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right) =  + \infty \end{array}\)

Phương pháp giải:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\) với f(x) là đa thức.

Thay x=1 vào 2x+1.

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2x + 1} \right) = 2.1 + 1 = 3\)

Phương pháp giải:

Sử dụng các quy tắc đạo hàm:

\(x' = 1;{\left( {\dfrac{1}{x}} \right)^\prime } =  - \dfrac{1}{{{x^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

\(y' = 1 + \dfrac{4}{{{x^2}}}\)

Phương pháp giải:

Công sai của CSN: \(d = {u_{n + 1}} - {u_n}\) \(\forall n \ge 1\)

Lời giải chi tiết:

\({u_1} = 2;{u_2} = 5\).

Vì đây là cấp số cộng nên công sai \(d = {u_2} - {u_1} = 3\).

Phương pháp giải:

+ Phân tích tử và mẫu thành nhân tử làm xuất hiện nhân tử (x+1).

+ Khử x+1.

+ Thay \(x =  - 1\) vào hàm số sau khi khử x+1.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{{x^2} + 2x + 1}}{{2{x^3} + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{2\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \dfrac{{x + 1}}{{2\left( {{x^2} - x + 1} \right)}} = 0\end{array}\)

Phương pháp giải:

Đưa \({x^3}\) ra ngoài ngoặc.

Sử dụng: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^3} =  - \infty \); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{1}{{{x^3}}} = 0;\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \dfrac{1}{{{x^2}}} = 0;\)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } c = c\) với c là hằng số.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {{x^3} - x + 1} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {x^3}.\left( {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right) =  + \infty \end{array}\)

Phương pháp giải:

Chia cả tử và mẫu cho bậc cao nhất của n.

Lời giải chi tiết:

\(\lim \dfrac{{{n^2} - 3{n^3}}}{{2{n^3} + 5n - 2}}\)\( = \lim \dfrac{{{n^3}\left( { - 3 + \dfrac{1}{n}} \right)}}{{{n^3}\left( {2 + \dfrac{5}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}} \right)}} = \dfrac{{ - 3}}{2}\)

Phương pháp giải:

\({[f(x) - g(x)]^\prime } = {f^\prime }(x) - {g^\prime }(x)\)

Thay x=1 vào đạo hàm vừa tìm được.

Lời giải chi tiết:

\({[f(x) - g(x)]^\prime } = {f^\prime }(1) - g(1) = 3 - 1 = 2\)

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm: Sử dụng quy tắc đạo hàm.

Thay x=1 vào đạo hàm.

Lời giải chi tiết:

\({y^\prime } = 3{x^2} - 8x\)

\(y(1) =  - 5\)

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm: Sử dụng các quy tắc đạo hàm.

Lời giải chi tiết:

\({y^\prime } = 4 \cdot \dfrac{{{x^5}}}{2} - \dfrac{{3{x^2}}}{3} + 1\)

\( = 2{x^3} - {x^2} + 1\)

Phương pháp giải:

Tìm hình chiếu của SC lên (ABC)  .

Góc giữa SC và (ABC)  là góc giữa SC và hình chiếu.

Tìm \(\tan \widehat {SCA}\)=>\(\widehat {SCA}\).

Lời giải chi tiết:

\(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy nên hình chiếu của SC lên (ABC) là AC.

Góc giữa SC và (ABC)  là \(\widehat {SCA}\)

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 5 \)

\(\tan \widehat {SCA} = \dfrac{{SA}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{a\sqrt 5 }} = \sqrt 3 \)

\( \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}\)

Phương pháp giải:

\({u_{n + 1}} = {u_n} + d\forall n \ge 1\)

Lời giải chi tiết:

\({u_5} = {u_1} + 4d\)\( = 3 + 4.3 = 15\)

Phương pháp giải:

Thực hiện phép chia đa thức: \(a{x^2} + bx - 5\) cho \((x - 1)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a{x^2} + bx - 5}}{{x - 1}} = 20 \Leftrightarrow \)Phần dư bằng 0 và thay x=1 vào thương thì bằng 20.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}a{x^2} + bx - 5\\ = (ax + a + b)(x - 1) + a + b - 5\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a{x^2} + bx - 5}}{{x - 1}} = 20\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a.1 + b + a = 20\\a + b - 5 = 0\end{array} \right.\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 15}\\{6 =  - 10}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow P = {a^2} + {b^2} - a - b = 320\end{array}\)

Phương pháp giải:

Hàm số liên tục tại \({x_0}\)\( \Leftrightarrow f({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)\)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f( - 2) = m\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} f(x)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \dfrac{{{x^2} - 4}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} (x - 2) =  - 4\end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{1}{{x - 1}} =  - \infty \)

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \dfrac{5}{{x - 1}} =  - \infty \)

Vì \(x - 1 < 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {x - 1} \right) = 0\) khi \(x \to {1^ - }\).

Phương pháp giải:

Quy tắc hình hộp.

Lời giải chi tiết:

\(\overrightarrow {BA}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {BB'}  = \overrightarrow {BD} '\)

Phương pháp giải:

+) Sử dụng quy tắc tính đạo hàm của hàm hợp để tính\(g'(x)\): \(g{'_x} = u{'_x}.g{'_u}\).

+) Phương trình bậc hai có tối đa 2 nghiệm phân biệt.

+) Số các số nguyên từ m đến n là: n-m+1 số.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}f'(1) = f'(2) = 0\\g(x) = f\left( {{x^2} + 4x - m} \right)\\g'(x) = (2x + 4) \cdot f'\left( {{x^2} + 4x - m} \right)\\g'(x) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x =  - 2\\f'\left( {{x^2} + 4x - m} \right) = 0\left( 1 \right)\end{array} \right.\end{array}\)

(1) có tối đa nghiệm khi và chỉ khi cả 2 phương trình

\(\left[ \begin{array}{l}{x^2} + 4x - m = 1\\{x^2} + 4x - m = 2\end{array} \right.\) đều có 2 nghiệm.

\({x^2} + 4x - m = 1\) có 2 nghiệm khi và chỉ khi

\(\Delta ' = m + 5 > 0 \Leftrightarrow m >  - 5\)

\({x^2} + 4x - m = 2\) có 2 nghiệm khi và chỉ khi

\(\Delta ' = m + 6 > 0 \Leftrightarrow m >  - 6\)

Vậy \(m >  - 5\)

Mà \(m \in \left[ { - 21;21} \right]\) nên \(m\) là các số nguyên từ -4 đến 21.

Số các giá trị của m là 21-(-4)+1=26.

Phương pháp giải:

Khử nhân tử \(x + 3\) của tử và mẫu.

Thay \(x =  - 3\) vào giới hạn sau khi đã khử \(x + 3\).

Lời giải chi tiết:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \dfrac{{2x + 6}}{{{x^2} + x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \dfrac{{2\left( {x + 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 3} \dfrac{2}{{x - 2}} = \dfrac{{ - 2}}{5}\)

Phương pháp giải:

a) Sử dụng quy tắc đạo hàm: \({\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^\prime } = \dfrac{{u'.v - v'.u}}{{{v^2}}}\)

b) Sử dụng quy tắc đạo hàm: \(\left( {u.v} \right)' = u'.v + v'.u;\left( {\sqrt u } \right)' = \dfrac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

Lời giải chi tiết:

a)

\(y = \dfrac{{2x + 3}}{{{x^2} + x + 3}}\)\( \Rightarrow y' = \dfrac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^\prime }\left( {{x^2} + x + 3} \right) - \left( {2x + 3} \right){{\left( {{x^2} + x + 3} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2} + x + 3} \right)}^{}}}}\)

\( = \dfrac{{2\left( {{x^2} + x + 3} \right) - \left( {2x + 3} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + x + 3} \right)}^2}}}\)\( = \dfrac{{ - 2{x^2} - 6x + 3}}{{{{\left( {{x^2} + x + 3} \right)}^2}}}\)

b)

\(y = \left( {2x - 1} \right)\sqrt {1 + {x^2}} \)

\( \Rightarrow y' = {\left( {2x - 1} \right)^\prime }\sqrt {1 + {x^2}}  + \left( {2x - 1} \right){\left( {\sqrt {1 + {x^2}} } \right)^\prime }\)

\( = 2\sqrt {1 + {x^2}}  + \dfrac{{\left( {2x - 1} \right)x}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\)

\( = \dfrac{{4{x^2} - x + 2}}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}\)

Phương pháp giải:

a) Sử dụng quy tắc đạo hàm

b)

+) Tính \(f'\left( x \right);f\left( 0 \right);f'\left( 0 \right)\)

+) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm \(x = {x_0}\) là: \(y = f'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\).

Lời giải chi tiết:

a)

\(y = f(x) = \dfrac{1}{3}{x^3} + \dfrac{1}{2}{x^2} - 12x - 1\)

\( \Rightarrow y' = f'\left( x \right) = {x^2} + x - 12\)

b)

Với \({x_0} = 0\) ta được \({y_0} = f\left( 0 \right) =  - 1\) .

Tính được: \(f'\left( 0 \right) =  - 12\)

Phương trình tiếp tuyến : \(y = f'\left( 0 \right)\left( {x - 0} \right) - 1\) hay \(y =  - 12x - 1\)

Phương pháp giải:

a) Tìm 2 đường thẳng trong (SAD) và vuông góc với CD.

b) Chứng minh \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)

c)

+) Tìm mặt phẳng đồng thời vuông góc với \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).

+) Tìm giao tuyến của mặt phẳng đó với \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).

+) Góc giữa \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa 2 giao tuyến.

Lời giải chi tiết:

a)

\(ABCD\) là  hình vuông\( \Rightarrow CD \bot AD\) (1)

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow CD \bot SA\)     (2)

Từ ( 1) và (2) suy ra \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).

b)

\(ABCD\) là  hình vuông\( \Rightarrow BD \bot AC\) (3)

Ta lại có: \(BD \bot SA\) (Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right)\), mà \(BD \subset \left( {SBD} \right)\)  nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

c)

\(\left( {MCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\)

Ta lại có: \(\left( {MCD} \right) \supset CD\parallel AB \subset \left( {SAB} \right)\)

Nên \(\left( {MCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN\)\(\left( {MN\parallel AB} \right)\)

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD \subset \left( {ABCD} \right)\\CD \bot ND \subset \left( {MCD} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {MCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)}\)\( = \widehat {\left( {AD,ND} \right)} = \widehat {NDA} = \alpha \)

Xét tam giác NDA vuông tại N có: \(AN = \dfrac{{SA}}{2} = a\), \(AD = a\)

(do  \(SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}}  = \sqrt {5{a^2} - {a^2}}  = 2a\); N là trung điểm SA).

Nên \(\Delta NAD\) vuông cân tại A \( \Rightarrow \alpha  = 45^\circ \).

Vậy góc giữa \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \)