Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều có đáp án - Đề 7

Đáp án đúng là: A

Một cung tròn có độ dài bằng bán kính nên $l = R.$

Ta có: $l = \alpha R \Rightarrow \alpha = \frac{l}{R} = 1\,\,\,\,\left( {{\rm{rad}}} \right).$

Đáp án đúng là: A

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

Đáp án đúng là: D

Hàm số $f\left( x \right) = x - \tan x$ có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Nên $\forall x \in D \Rightarrow - x \in D.$

Ta có $f\left( { - x} \right) = - x - \tan \left( { - x} \right) = - x + \tan x = - \left( {x - \tan x} \right) = - f\left( x \right),\forall x \in D.$

Vậy hàm số $f\left( x \right) = x - \tan x$ là hàm số lẻ.

Đáp án đúng là: D

Dựa vào đồ thị của hàm số ta thấy trên khoảng $\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$ đồ thị hàm số đi lên nên hàm số đồng biến trên $\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ${\rm{cos}}\,{\rm{2}}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2x = \pm \frac{\pi }{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Đáp án đúng là: C

Phương án A: Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}.$

Ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^{n + 1}} - {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = \left( {\frac{4}{3}} \right).{\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} - {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = \frac{1}{3}{\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} > 0,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

$\Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n}$ là dãy số tăng.

Phương án B: Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right).$

Ta có: ${u_1} = {\left( { - 1} \right)^1}\left( {{5^1} - 1} \right) = - 4;\,\,{u_2} = {\left( { - 1} \right)^2}\left( {{5^2} - 1} \right) = 24;\,\,{u_3} = {\left( { - 1} \right)^3}\left( {{5^3} - 1} \right) = - 124.$

$\Rightarrow {u_1} < {u_2}$ mà ${u_2} > {u_3}.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\left( {{5^n} - 1} \right)$ là dãy số không tăng không giảm.

Phương án C: Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = - {3^n}.$

Ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = - {3^{n + 1}} + {3^n} = - {3.3^n} + {3^n} = - 2 \cdot {3^n} < 0,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

$\Rightarrow {u_{n + 1}} < {u_n},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = - {3^n}$ là dãy số giảm.

Phương án D: Xét dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = \sqrt {n + 4} .$

Ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = \sqrt {n + 5} - \sqrt {n + 4} > 0,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

$\Rightarrow {u_{n + 1}} > {u_n},\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ có công thức số hạng tổng quát ${u_n} = \sqrt {n + 4}$ là dãy số tăng.

Đáp án đúng là: C

Ta có ${u_{13}} = {u_1} + \left( {13 - 1} \right)d = - 5 + \left( {13 - 1} \right) \cdot 3 = 31.$

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = {u_1} + 4d = - 15\\{u_{20}} = {u_1} + 19d = 60\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 35\\d = 5\end{array} \right.$.

Khi đó ${S_{10}} = \frac{{\left[ {2{u_1} + \left( {9 - 1} \right)d} \right]10}}{2}$$= \frac{{\left[ {2 \cdot \left( { - 35} \right) + 9 \cdot 5} \right]10}}{2}$$= - 125$.

Đáp án đúng là: A

Dãy số ở phương án A là một cấp số nhân với công bội $q = - \frac{1}{2}$.

Dãy số ở phương án B không là cấp số nhân vì $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{4}{2}$.

Dãy số ở phương án C không là cấp số nhân vì $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{5} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{7}{6}$.

Dãy số ở phương án D không là cấp số nhân vì $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{5}{{15}} \ne \frac{{{u_3}}}{{{u_2}}} = \frac{1}{5}$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $q = \frac{{{u_5}}}{{{u_4}}} = \frac{{ - 324}}{{ - 108}} = 3$.

Mà ${u_4} = {u_1}{q^3}$$\Leftrightarrow - 108 = {u_1} \cdot {3^3}$$\Leftrightarrow {u_1} = - 4$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3} = + \infty ;\,\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1} \right) + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{n^2}}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{3}{{{n^3}}} = - 1.$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - {n^3} + n - 3} \right)$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}\left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {n^3}.\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { - 1 + \frac{1}{{{n^2}}} - \frac{3}{{{n^3}}}} \right) = - \infty$.

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0;\,\,\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt n }} = 0.$

Vì $- 1 \le \sin n \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| {\sin n} \right| \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| {\frac{{\sin n}}{{\sqrt n }}} \right| \le \frac{1}{{\sqrt n }},\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}.$

Mà $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } 0 = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{\sqrt n }} = 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sin n}}{{\sqrt n }} = 0.$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n + 1}}{n}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {1 + \frac{1}{n}} \right) = 1.$

Đáp án đúng là: C

Phương án A, B, D đúng vì đây là định lí thừa nhận.

Phương án C: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{L}{M}$ xảy ra nếu $M \ne 0$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {2{x^2} + 1} \right) = 2 \cdot {\left( { - 2} \right)^2} + 1 = 9$.

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} m = m;\,\,f\left( 1 \right) = 2.1 + 1 = 3.$

Hàm số liên tục tại $x = 1$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)$$\Leftrightarrow m = 3$.

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = \frac{{x - 3}}{{{x^2} - 1}}$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ { \pm 1} \right\}$.

Do đó hàm số không liên tục tại các điểm $x = \pm 1$ là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: C

Hình chóp ngũ giác có: 6 mặt (5 mặt bên và 1 mặt đáy) và 10 cạnh (5 cạnh bên và 5 cạnh đáy).

Đáp án đúng là: B

Trong $\left( {BCD} \right),$ kẻ $BG \cap CD = N.$

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$ nên $N$ là trung điểm của $CD.$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}N \in BG \subset \left( {GAB} \right)\\N \in CD \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N \in \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right).$

Hơn nữa $A \in \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right).$

Như vậy, $AN = \left( {GAB} \right) \cap \left( {ACD} \right)$ với $N$ là trung điểm của $CD.$

Đáp án đúng là: C

Gọi $I,\,\,J$ lần lượt là trung điểm của $BC,\,\,CD$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}$.

Vì $M$ là trọng tâm tam giác $ACD$ nên $\frac{{AM}}{{AJ}} = \frac{2}{3}$.

Do đó $\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AM}}{{AJ}} = \frac{2}{3}$ nên $GM{\rm{//}}IJ$ mà $IJ \subset \left( {BCD} \right)$ nên $GM{\rm{//}}\left( {BCD} \right).$

Đáp án đúng là: B

Ta có định lí sau: Cho hai mặt phẳng song song $\left( P \right)$ và $\left( Q \right).$ Nếu mặt phẳng $\left( R \right)$ cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ thì cũng cắt mặt phẳng $\left( Q \right)$ và hai giao tuyến của chúng song song với nhau.

Như vậy, hai đường thẳng $a$ và $b$ không có điểm chung nào.

Đáp án đúng là: A

Phương án B, C, D đúng vì theo tính chất của hình hộp là: Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.

Phương án A sai vì:

Trong $\left( {ABCD} \right)$, gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD.$

$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {ACC'A'} \right)\\O \in BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\;\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).$$

Trong $\left( {A'B'C'D'} \right)$, gọi $O'$là giao điểm của $A'C'$ và $B'D'.$

$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O' \in A'C' \subset \left( {ACC'A'} \right)\\O' \in B'D' \subset \left( {BDD'B'} \right)\;\end{array} \right. \Rightarrow O' \in \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).$$

Từ các kết quả trên ta có $OO' = \left( {BDD'B'} \right)\; \cap \;\left( {ACC'A'} \right).$

Như vậy hai mặt phẳng $\left( {BDD'B'} \right)\;,\,\,\left( {ACC'A'} \right)$ không song song với nhau.

Đáp án đúng là: B

Dựa vào hình vẽ dưới và tính chất của hình hộp, ta thấy rằng:

Khẳng định A đúng: Hai mặt bên $\left( {AA'B'B} \right)$ và $\left( {DD'C'C} \right)$ đối diện, song song với nhau.

Khẳng định C đúng: Hình hộp có hai đáy $\left( {ABCD} \right),\,\,\left( {A'B'C'D'} \right)$ là hình bình hành bằng nhau nên $A'B' = CD;\,\,A'B'{\rm{//}}CD.$ Suy ra $A'B'CD$ là hình bình hành.

Khẳng định D đúng: Hình hộp có hai cạnh bên $BB'$ và $DD'$ song song. Nên bốn điểm $B,\,\,B',\,\,D',\,\,D$ đồng phẳng. Suy ra $BB'D'D$ là tứ giác.

Khẳng định B sai:

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên hai đường chéo $B'D,$$AC'$ cắt nhau.

Mà $B'D \subset \left( {BA'D'} \right)$ và $AC' \subset \left( {ADC'} \right).$

Vậy $\left( {BA'D'} \right),\,\,\left( {ADC'} \right)$ không song song với nhau.

Đáp án đúng là: B

Vì $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AA',\,\,BB'$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang $A'B'BA.$

$\Rightarrow MN{\rm{//}}AB.$

Mà $AB \subset \left( {ABC} \right);\,\,MN \not\subset \left( {ABC} \right) \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right).$

Tương tự ta cũng có $MP{\rm{//}}\left( {ABC} \right).$

Hơn nữa $MP \cap MN = M$ trong $\left( {MNP} \right).$

Từ các kết quả trên ta được $\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABC} \right).$

Đáp án đúng là: A

Hình chiếu của một điểm nằm trên mặt phẳng qua phép chiếu song song lên mặt phẳng đó là chính điểm đó.

Đáp án đúng là: B

Gọi $N$ là trung điểm của $AB$.

Vì $N$ là trung điểm của $AB$ và $M$ là trung điểm của $AC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC.$

Suy ra $MN{\rm{//}}CB$.

Vậy hình chiếu của điểm $M$ lên mặt phẳng $\left( {AA'B'} \right)$ theo phương chiếu $CB$ là điểm $N$.

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

$$P = \sin \left( {\alpha + \frac{\pi }{6}} \right)\cos \left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\sin \frac{\pi }{3} + \sin 2\alpha } \right) = \frac{1}{2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{3}{5}} \right) = \frac{{6 + 5\sqrt 3 }}{{20}}.$$

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

Mà $0 \le x \le \pi$ nên $0 \le \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le \pi$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \frac{1}{3} \le k \le \frac{1}{6}\\\frac{1}{3} \le k \le \frac{5}{6}\end{array} \right.$ mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k = 0$.

Với $k = 0$ thì phương trình có nghiệm là $x = \frac{{2\pi }}{3}$.

Vậy $x = \frac{{2\pi }}{3}$ nghiệm của phương trình $\cos x = - \frac{1}{2}$ trên đoạn $\left[ {0;\pi } \right].$

a) Vì $\frac{1}{2};\,\,\frac{1}{4};\,\,\frac{1}{8};...;\,\,\frac{1}{{4\,\,096}}$ là cấp số nhân nên ${u_1} = \frac{1}{2};\,\,\,q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{1}{2}.$

Công thức số hạng tổng quát: ${u_n} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}$.

Ta có: ${u_n} = \frac{1}{{4\,\,096}}$ $\Rightarrow {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = \frac{1}{{4\,\,096}} \Leftrightarrow {2^n} = 4\,\,096 \Leftrightarrow {2^n} = {2^{12}}$$\Leftrightarrow n = 12$.

Vậy số $\frac{1}{{4\,\,096}}$ là số hạng thứ 12 trong cấp số nhân đã cho.

b) Vì sau mỗi phút số lượng vi khuẩn của một loại vi khuẩn đã cho tăng gấp đôi nên số lượng vi khuẩn tăng sau mỗi phút là một cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với công bội $q = 2$.

Theo bài ra ta có: ${u_6} = 64\;000$$\Leftrightarrow {u_1}{q^5} = 64\;000$$\Leftrightarrow {u_1} \cdot {2^5} = 64\;000$$\Leftrightarrow {u_1} = 2\;000$.

Sau $n$ phút thì số lượng vi khuẩn là ${u_{n + 1}}$.

Mà ${u_{n + 1}} = {u_1}{q^n} = 2\;048\;000$$\Leftrightarrow 2\;000 \cdot {2^n} = 2\;048\;000$$\Leftrightarrow {2^n} = 1\;024 \Leftrightarrow n = 10$.

Vậy sau 10 phút thì có được 2 048 000 con vi khuẩn.

a) $\lim \frac{{{{4.3}^n} + {7^{n + 1}}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}} = \lim \frac{{{{4.3}^n} + {{7.7}^n}}}{{{{2.5}^n} + {7^n}}} = \lim \frac{{4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} + 7}}{{2.{{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + 1}}$

$$= \frac{{\lim \left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} + 7} \right]}}{{\lim \left[ {2.{{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + 1} \right]}} = \frac{{4.\lim {{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + \lim 7}}{{2\lim {{\left( {\frac{5}{7}} \right)}^n} + \lim 1}} = \frac{{4.0 + 7}}{{2.0 + 1}} = 7.$$

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

(Vì $x \to - {2^ + }$ thì $\left| {x + 2} \right| > 0$ nên $\left| {x + 2} \right| = x + 2$).

a) Gọi $\Delta$ là giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$. Khi đó $\Delta$ đi qua $G$ và song song với $CD.$

Gọi $H,\,\,K$ lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với $BC$ và $BD.$

$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{H \in \left( P \right)}\\{H \in BC \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow H \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(1)$$

$$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in \left( P \right)}\\{K \in BD \subset \left( {BCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right)(2)$$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ ta có giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ là $HK.$

b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ và $HK{\rm{//}}CD$ (do $\Delta {\rm{//}}CD$) nên theo định lí Thaés ta có: $\frac{{CH}}{{CB}} = \frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DK}}{{DB}} = \frac{1}{3}$.

Giả sử $\left( P \right)$ cắt hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ lâng lượt tại các giao tuyến là $HI$ và $KJ.$

Ta có $\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HI$; $\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,.$

Mà $AB{\rm{//}}\left( P \right)$ và $AB \subset \left( {ABC} \right);\,\,AB \subset \left( {ABD} \right)$ nên $HI{\rm{//}}AB{\rm{//}}KJ.$

Vì $HI{\rm{//}}KJ$ nên bốn điểm $H,\,\,I,\,\,K,\,\,J$ đồng phẳng.

Ta dễ dang có:

$$\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = HI;$$

$\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = IJ;$

$$\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = KJ\,;$$

$$\left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = KH.$$

Như vậy, thiết diện của tứ diện $ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ là tứ giác $HIJK.$

Theo hệ quả định lí Thalès:

Trong tam giác $ABC$ với $HI{\rm{//}}AB$ ta có $\frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{CB}} = \frac{1}{3}.$

Trong tam giác $ABD$ với $KJ{\rm{//}}AB$ ta có $\frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{BD}} = \frac{1}{3}.$

$\Rightarrow \frac{{HI}}{{AB}} = \frac{{KJ}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow HI = KJ.$

Xét tứ giác $HIJK$ có: $HI{\rm{//}}KJ$ và $HI = KJ$ nên $HIJK$ là hình bình hành.

Vậy thiết diện của $\left( P \right)$ và tứ diện $ABCD$ là hình bình hành $HIJK$.