Đề thi học kì 2 Toán 11 - Đề số 7

Hàm số đã cho xác định khi \( - {x^2} - 3x + 4 > 0 \Leftrightarrow {x^2} + 3x - 4 < 0 \Leftrightarrow {\rm{ \;}} - 4 < x < 1\)

Đáp án B.

Cho hai đường thẳng phân biệt \(a;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} b\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\), trong đó \(a \bot \left( P \right)\).

Mệnh đề: nếu \(b \bot a\) thì \(b//{\mkern 1mu} \left( P \right)\) là sai vì có thể \(b\) nằm trong \(\left( P \right)\).

Đáp án D.

Ta có: \({3^{x - 2}} = 9 \Leftrightarrow x - 2 = 2 \Leftrightarrow x = 4\)

Đáp án C.

\(({x^2} - 3x)\)\(\left[ {{{\log }_2}(x + 25) - 6} \right] < 0\)

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > {\rm{ \;}} - 25}\\{{x^2} - 3x > 0}\\{{{\log }_2}(x + 25) - 6 < 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \in ( - 25;0) \cup (3;39)\) có 59 giá trị x nguyên.

TH2:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x > {\rm{ \;}} - 25}\\{{x^2} - 3x < 0}\\{{{\log }_2}(x + 25) - 6 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow VN\)

Vậy có 59 giá trị x nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án D.

\({\left( {\frac{2}{3}} \right)^{{x^2} - x + 1}} > {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2x - 1}} \Leftrightarrow {x^2} - x + 1 < 2x - 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2\)

\( \Rightarrow a = 1;b = 2 \Rightarrow b - a = 1\)

Đáp án C.

Ta có: \(A = 900.000.000,r = \frac{2}{{100}}\)

Năm 2025 giá xe niêm yết là: \({T_1} = A - Ar\)

Năm 2026 giá xe niêm yết là \({T_2} = A - Ar - (A - Ar)r = A{(1 - r)^2}\)

Năm 2029 giá xe niêm yết là: \({T_5} = {T_4} - {T_4}r = A{(1 - r)^3}\)

\({T_5} = 900.000.000{\left( {1 - \frac{2}{{100}}} \right)^5} \approx 813.529.000\)

Đáp án B.

\(y = 4\sqrt x {\rm{ \;}} - \frac{5}{x} \Rightarrow y' = 4.\frac{1}{{2\sqrt x }} + \frac{5}{{{x^2}}} = \frac{2}{{\sqrt x }} + \frac{5}{{{x^2}}}\).

Đáp án D.

Biến cố \(P \cap Q\) : "Số ghi trên thẻ được lấy là số chia hết cho cả 2 và 4", tức là chia hết cho 4.

Đáp án D.

Vì \(A,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} B\) là hai biến cố độc lập thì \(P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \frac{1}{2}.\frac{1}{4} = \frac{1}{8}\).

Đáp án A.

Kẻ \(OH \bot SD\)

Ta có \(AC \bot BD\) (tính chất hình vuông) và \(AC \bot SO \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AC \bot OH\)

\( \Rightarrow OH\) là đường vuông góc chung của AC và SD

\( \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}} \Rightarrow \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{4}{3} \Rightarrow SO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)

Gọi M là trung điểm của CD, kẻ \(ON \bot SM\)  \( \Rightarrow d\left( {O,CSD} \right) = ON\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} \Rightarrow ON = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\)

\( \Rightarrow d\left( {B,CSD} \right) = 2d\left( {O,CSD} \right) = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{4}a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\)

Đáp án D.

Gọi \(H\) là trung điểm của AB

Vì tam giác SAB đều nên \(SH \bot AB\) và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)

Thể tích của khối chóp S.ABCD là \(V = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

Đáp án D.

Ta có: \(s' = gt\).

Vận tốc tức thời tại thời điểm \(t = 5{\mkern 1mu} \left( s \right)\) là: \(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right) = 5g = 49{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\).

Đáp án D.

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

Suy ra:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f' = {\mkern 1mu} \frac{1}{3}.3{x^2} - \frac{3}{2}.2x + 2 - 0 = {x^2} - 3x + 2}\\{f' = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.}\end{array}\)

Vậy \(S = \left\{ {1;{\mkern 1mu} 2} \right\}\).

Đáp án C.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f(x) = \sqrt {{x^2} - 5x} }\\{ \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 5x} \right)'}}{{2\sqrt {{x^2} - 5x} }} = \frac{{2x - 5}}{{2\sqrt {{x^2} - 5x} }}.}\end{array}\)

Đáp án B.

Ta có \(\left( {A'C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\)

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} {\rm{ \;}} = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(\Delta A'CA\) có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 6 a}}{{\sqrt 2 a}} = \sqrt 3 {\rm{ \;}} \Rightarrow \widehat {A'CA} = {60^\circ }\).

Vậy góc A'C và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và bằng \(60^\circ \).

Đáp án A.

Do \(A\) và \(B\) là 2 biến cố độc lập với nhau nên \(P\left( {A \cdot B} \right) = P\left( A \right) \cdot P\left( B \right) = 0,12\)

Đáp án D.

Gọi A là biến cố: “trong 2 lần sút, cầu thủ sút thành công ít nhất 1 lần”

\( \Rightarrow \) Biến cố đối \(\bar A\): “trong 2 lần sút, cầu thủ sút không thành công lần nào”, tức là cả hai lần đều sút trượt, khi đó ta có \(P\left( {\bar A} \right) = \frac{4}{7}.\frac{4}{7} = \frac{{16}}{{49}}\).

Vậy \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\bar A} \right) = 1 - \frac{{16}}{{49}} = \frac{{33}}{{49}}\).

Đáp án A.

\(s\left( t \right) = {\rm{ \;}} - {t^3} + 6{t^2} + t{\mkern 1mu} \left( m \right)\)

Phương trình vận tốc của chuyển động là: \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{ \;}} - 3{t^2} + 12t + 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Ta có \(v\left( t \right) = S'\left( t \right) = {\rm{ \;}} - 3{t^2} + 12t + 1 = {\mkern 1mu}  - 3{\left( {t - 2} \right)^2} + 13{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \le 13\).

Do đó, vận tốc lớn nhất của chuyển động là \(13{\mkern 1mu} m/s\).

Đáp án C.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f\left( x \right) = {{\sin }^2}2x - c{\rm{os3x}}}\\{ \Rightarrow f'\left( x \right) = 2\sin 2x.{{\left( {\sin 2x} \right)}'} + \sin 3x.{{\left( {3x} \right)}'} = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4\sin 2x.c{\rm{os2x +  \;3sin3x = 2sin4x \; +  \;3sin3x}}}\end{array}\)

Đáp án A.

Gọi \(O\) là giao điểm hai đường chéo AC và BD.

Tam giác SBD cân tại \(S\) có SO là đường trung tuyến \( \Rightarrow SO\) là đường cao \( \Rightarrow SO \bot BD\)

Tam giác SAC cân tại \(S\) có SO là đường trung tuyến \( \Rightarrow SO\) là đường cao \( \Rightarrow SO \bot AC\)

Suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

Đáp án D.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) = 6x}\\{g'\left( x \right) = 5.\left( {3 - 2x} \right) = 15 - 10x}\end{array}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right) > g'\left( x \right)}\\{ \Leftrightarrow 6x > 15 - 10x}\\{ \Leftrightarrow 16x > 15}\\{ \Leftrightarrow x > \frac{{15}}{{16}}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {\frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

Đáp án D.

Từ giả thiết suy ra xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thứ ba bắn không trúng đích lần lượt là 0,5;0,4; và 0,2.

Để có đúng 2 người bắn trúng đích thì có các trường hợp sau

Trường hợp 1. Người thứ nhất bắn trúng; Người thứ hai bắn trúng; Người thứ ba bắn không trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,6 \times 0,2\).

Trường hợp 2. Người thứ nhất bắn trúng; Người thứ hai bắn không trúng; Người thứ ba bắn trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,4 \times 0,8\).

Trường hợp 3. Người thứ nhất không bắn trúng; Người thứ hai bắn trúng; Người thứ ba bắn trúng.

Kết quả: \(0,5 \times 0,6 \times 0,8\).

Vậy xác suất để có đúng 2 người bắn trúng đích là

\((0,5 \times 0,6 \times 0,2) + (0,5 \times 0,4 \times 0,8) + (0,5 \times 0,6 \times 0,8) = 0,46.\)

Đáp án B.

A,B là hai biến cố bất kỳ ta luôn có: \(P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {A \cap B} \right) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = 1\)

Vậy \(A \cup B\) là biến cố chắc chắn.

Đáp án B.

Diện tích tam giác ABC là \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(d = \frac{{3V}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}}}{4}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = a\sqrt 3 \)

Đáp án B.

Mà \(A'C' \bot B'D' \Rightarrow A'C' \bot \left( {BDD'B'} \right)\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow d\left( {C';\left( {BDD'B'} \right)} \right) = C'O}\\{C'O = \frac{1}{2}A'C' = \frac{1}{2}\sqrt {2{a^2}} {\rm{ \;}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}\\{ \Rightarrow d\left( {I;\left( {BDD'B'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}}\end{array}\)

Đáp án A.

Ta có \(y' = 4{x^3} + 1\).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = 4x_0^3 + 1\).

Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(y = {\rm{ \;}} - \frac{1}{5}x + 2\) nên \(k\left( { - \frac{1}{5}} \right) = {\rm{ \;}} - 1 \Leftrightarrow k = 5\).

\( \Rightarrow 4x_0^3 + 1 = 5 \Leftrightarrow {x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} = 2\).

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: \(y = 5\left( {x - 1} \right) + 2 = 5x - 3\).

Đáp án B.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AO}\\{BD \bot AA'}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {A'AO} \right) \Rightarrow BD \bot A'O} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD}\\{A'O \bot BD}\\{AO \bot BD}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ } \right.\).

Xét  vuông tại \(A\), ta có: \({\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \cdot a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án D.

Thể tích của kim tự tháp là \(V = \frac{1}{3}{.230^2}.147 = 2592100\left( {{m^3}} \right)\)

Đáp án B.

Gọi \(H\) là trung điểm của BC

Vì \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) nên \(AH \bot BC\)

Mà \(AA' \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {A'AH} \right) \bot \left( {A'BC} \right)\)

Kẻ \(AK \bot A'H{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {K \in A'H} \right)\)

Khi đó \(AK \bot \left( {A'BC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AK\)

Ta có: \(\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\)

Theo giả thiết \(\angle A'CA = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {A'AC}\) vuông cân tại \(A\)

Do đó \(AC = AA' = 4\)

Khi đó \(BC = AC\sqrt 2 {\rm{ \;}} = 4\sqrt 2 {\rm{ \;}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{4.4}}{{4\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)

Xét \(\Delta A'AH\) có \(AK \bot A'H\): \(AK = {\rm{ }}\frac{{AA'.AH}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{H^2}} }} = \frac{{4.2\sqrt 2 }}{{\sqrt {16 + 8} }} = \frac{{4\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow d\left( {M,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{4\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\)  bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\)

Đáp án A.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AO}\\{BD \bot SA}\end{array} \Rightarrow BD \bot \left( {SAO} \right) \Rightarrow BD \bot OA} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD}\\{OA \bot BD}\\{SO \bot BD}\end{array}\; \Rightarrow \left[ {S,BD,A} \right] = } \right.\widehat {SOA}\).

Xét  vuông tại \(A\), ta có: \({\rm{tan}}\widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SOA} = 30^\circ \)

Vậy góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,BD,A} \right]\) bằng \(30^\circ \).

Đáp án A.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{9^x} - {{4.3}^x} + 3 = 0 \Leftrightarrow {{\left( {{3^x}} \right)}^2} - {{4.3}^x} + 3 = 0}\\{ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{3^x} = 1}\\{{3^x} = 3}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{x = 1}\end{array}} \right.} \right.}\end{array}\)

Vậy tổng tất cả các nghiệm của phương trình là \(0 + 1 = 1\).

Đáp án D.

Gọi A là biến cố "học sinh đăng ký Toán"

Gọi B là biến cố "học sinh đăng ký Lý"

\(A \cap B\) "học sinh đăng ký Toán, Lý"

\({\rm{A}} \cup {\rm{B}}\) là biến cố "học sinh có đăng ký học phụ đạo"

\({\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = {\rm{P}}\left( {\rm{A}} \right) + {\rm{P}}\left( {\rm{B}} \right) - {\rm{P}}\left( {{\rm{A}} \cap {\rm{B}}} \right) = \frac{{38}}{{50}} + \frac{{30}}{{50}} - \frac{{25}}{{50}} = \frac{{43}}{{50}}\)

\(\overline {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \) là biến cố "học sinh không đăng ký môn nào cả"

\({\rm{P}}\left( {\overline {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} } \right) = 1 - P\left( {{\rm{A}} \cup {\rm{B}}} \right) = \frac{8}{{50}} = 0,14\)

Đáp án B.

Do \(A'A = A'B = A'C = a\) nên hình chiếu của A’ xuống (ABC) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

Gọi H là trung điểm BC, M là trung điểm của B’C’

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AH}\\{BC \bot A'H}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow BC \bot AA' \Rightarrow BC \bot HM\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Rightarrow \left( {\left( {ABC} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {\left( {A'B'C'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = A'MH = 30^\circ }\\{ \Rightarrow A'H = HM.\sin 30^\circ  = \frac{a}{2}}\\{ \Rightarrow A'M = \frac{{A'H}}{{\tan 30^\circ }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow BC = 2A'M = a\sqrt 3 }\\{ \Rightarrow V = A'H.\frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3 {\rm{ \;}} = \frac{{3{a^3}}}{8}}\end{array}\)

Đáp án C.

\({\log _{\frac{1}{3}}}\left( {4x - 9} \right) > {\log _{\frac{1}{3}}}\left( {x + 10} \right)\)     Đk: \(x > \frac{9}{4}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 4x - 9 < x + 10}\\{ \Leftrightarrow 3x < 19}\\{ \Leftrightarrow x < \frac{{19}}{3}}\end{array}\)

Kết hợp với ĐK ta được \(\frac{9}{4} < x < \frac{{19}}{3}\)

Mà x nguyên nên \(x \in \left\{ {3,4,5,6} \right\}\)

Vậy có tất cả 4 nghiệm nguyên x của bất phương trình

Đáp án A.

\(\begin{array}{*{20}{l}}{y = \frac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + \left( {3m - 1} \right)x + 1}\\{ \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 3m - 1}\\{y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Rightarrow m{x^2} - 2mx + 3m - 1 \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R}\end{array}\)

TH1: m = 0, khi đó \(BPT \Leftrightarrow {\rm{\;}} - 1 \le 0\) , đúng \(\forall x \in R\)

TH2: \(\begin{array}{*{20}{l}}{m \ne 0 \Leftrightarrow y' \le 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = m < 0}\\{\Delta ' = {m^2} - m\left( {3m - 1} \right) \le 0}\end{array}} \right.}\\{ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{ - 2{m^2} + m \le 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m \le 0}\\{m \ge \frac{1}{2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m < 0}\end{array}\)

Kết hợp cả 2 trường hợp ta có \(m \le 0\) là những giá trị cần tìm.

Đáp án C.

Từ giả thiết suy ra xác suất để người thứ nhất, thứ hai, thứ ba bẳn không trúng đích lần lượt là

0,5;0,4 và 0,2.

Để có ít nhất 2  người bẳn trúng đích thì có các trường hợp sau

TH1: Người thứ nhất và người thứ hai bắn trúng, người thứ ba bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,6 \times 0,2 = 0,06\).

TH2: Người thứ nhất và người thứ ba bắn trúng, người thứ hai bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,8 \times 0,4 = 0,16\).

TH3: Người thứ hai và thứ ba bắn trúng, người thứ nhất bắn không trúng có xác suất là:\(0,5 \times 0,6 \times 0,8 = 0,24\)

TH4: Cả ba người đều trúng đích: \(0,5 \times 0,6 \times 0,8 = 0,24\).

Vậy xác suất để có ít nhất 2 người bắn trúng đích là: \(0,06 + 0,24 + 0,16 + 0,24 = 0,7\).

TXĐ: \(D = R\backslash \left\{ { - 4} \right\},y' = \frac{9}{{{{\left( {x + 4} \right)}^2}}}\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của \(\left( C \right)\) và tiếp tuyến.

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = 9x + 5\) nên \(f'\left( {{x_0}} \right) = 9\)

\( \Leftrightarrow \frac{9}{{{{\left( {{x_0} + 4} \right)}^2}}} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_0} = {\rm{\;}} - 3}\\{{x_0} = {\rm{\;}} - 5}\end{array}} \right.\)

\({x_0} = {\rm{\;}} - 3 \Rightarrow {y_0} = {\rm{\;}} - 7 \Rightarrow pttt:y = 9x + 20\)

\({x_0} = {\rm{\;}} - 5 \Rightarrow {y_0} = 11 \Rightarrow pttt:y = 9x + 56\)

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\\{BC \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\\{BD \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {gt} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

b) Ta có \(BC \bot \left( {SAB} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;SB} \right)} = \widehat {CSB}\).

Trong tam giác SBC vuông tại  \(B\) ta có :

\(\begin{array}{*{20}{l}}{SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {12{a^2} + 4{a^2}} {\rm{\;}} = 4a}\\{BC = 2a \Rightarrow \tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {CSB} \approx 26^\circ 34'}\end{array}\)

Vậy \(\widehat {\left( {SC;\left( {SAB} \right)} \right)} \approx 26^\circ 34'\).

c) Gọi \(O = AC \cap BD\). Ta có: \(BD \bot \left( {SAC} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cmt} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD}\\{\left( {SBD} \right) \supset SO \bot BD}\\{\left( {ABCD} \right) \supset AO \bot BD}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO;AO} \right)} = \widehat {SOA}\).

ABCD là hình vuông cạnh \(2a \Rightarrow AC = BD = 2a\sqrt 2 {\rm{\;}} \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \).

Trong tam giác vuông SAO ta có :

\(SO = \sqrt {S{A^2} + A{O^2}} {\rm{\;}} = \sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} {\rm{\;}} = a\sqrt {14} \).

\( \Rightarrow \tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 7 {\rm{\;}} \Rightarrow \widehat {SOA} \approx 69^\circ 18'\).

Vậy \(\widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} \approx 69^\circ 18'\). 

d) Trong \(\left( {SAO} \right)\) kẻ \(AH \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SO} \right)\).

Ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AH\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot BD}\\{AH \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = AH\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOA ta có:

\(AH = \frac{{SA.AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 .a\sqrt 2 }}{{\sqrt {12{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Vậy \(d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{7}\).

Trong \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(I = AG \cap SB\) ta có: \(AG \cap \left( {SBD} \right) = I\).

\( \Rightarrow \frac{{d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{GI}}{{AI}} = \frac{1}{3} \Rightarrow d\left( {G;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {A;\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt {21} a}}{{21}}\).