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

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $\pi {\rm{ rad}}$ tướng ứng với $180^\circ$.

Suy ra $x{\rm{ rad}}$ tương ứng với $a^\circ$.

Vậy $x = \frac{{\pi a}}{{180}}$ (rad).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $\frac{{31\pi }}{5} = \frac{\pi }{5} + 6\pi$ nên $\frac{{31\pi }}{5}$ là số đo của một góc lượng giác có cùng tia đầu và tia cuối của góc $\alpha .$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\tan 180^\circ = 0.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức $\cos 2\alpha = {\cos ^2}\alpha - {\sin ^2}\alpha = 2{\cos ^2}\alpha - 1 = 1 - 2{\sin ^2}\alpha$, ta được

$\cos 6a = {\cos ^2}3a - {\sin ^2}3a = 2{\cos ^2}3a - 1 = 1 - 2{\sin ^2}3a$.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $0 < \alpha < \frac{\pi }{2} \Rightarrow - \pi < \alpha - \pi < - \frac{\pi }{2}$

Do đó điểm cuối cung $\alpha - \pi$ thuộc góc phần tư thứ III nên $\sin \left( {\alpha - \pi } \right) < 0.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Áp dụng công thức $\cos x\cos y - \sin x\sin y = \cos \left( {x + y} \right)$, ta được

$M = \cos \left( {a + b} \right)\cos \left( {a - b} \right) - \sin \left( {a + b} \right)\sin \left( {a - b} \right) = \cos \left( {a + b + a - b} \right) = \cos 2a = 1 - 2{\sin ^2}a.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $\cot x = \frac{4}{3} \Rightarrow \tan x = \frac{3}{4};\,\,\,\cot y = 7 \Rightarrow \tan y = \frac{1}{7}.$

Do đó $\tan \left( {x + y} \right) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x.\tan y}} = \frac{{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}}{{1 - \frac{3}{4}.\frac{1}{7}}} = 1$$\Rightarrow x + y = \frac{\pi }{4}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $P = \sin 2\left( {\alpha + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha$.

Từ hệ thức ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$, suy ra $\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \frac{3}{5}$.

Do $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên ta chọn $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$.

Thay $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ và $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$ vào $P$, ta được $P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Hàm số $y = \cot x$ có tập xác định là $\mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}.$

Hàm số $y = \cot x$ có tập giá trị là $\mathbb{R}.$

Hàm số $y = \cot x$ có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

Hàm số $y = \cot x$ tuần hoàn với chu kì $\pi .$

Vậy phương án C là khẳng định sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Hàm số $y = \cot x$ không xác định tại $2\pi$ nên khẳng định B sai.

Hàm số $y = \sin x$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)$ nên khẳng định C sai.

Hàm số $y = \cos x$ đồng biến trên khoảng $\left( {\frac{{3\pi }}{2};2\pi } \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( {2\pi ;\frac{{5\pi }}{2}} \right)$ nên khẳng định D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

⦁ Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại một số $T$ khác $0$ sao cho với mọi $x \in D$ ta có $x + T \in D;\,\,x - T \in T$ và $f\left( {x + T} \right) = f\left( x \right).$ Do đó (1) sai.

⦁ Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là hàm số chẵn nếu $\forall x \in D$ thì $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)$. Do đó (2) sai.

(3) Hàm số $y = f\left( x \right)$ có tập xác định $D$ được gọi là hàm số lẻ nếu $\forall x \in D$ thì $- x \in D$ và $f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right).$ Do đó (3) sai.

Vậy cả 3 khẳng định đều sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Ta có $y = \sin x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) = \cos \left( {x - \frac{\pi }{2}} \right).$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $- 1 \le \cos x \le 1$.

Ta có $\frac{1}{{\cos x + 1}}$ nhỏ nhất khi và chỉ chi $\cos x$ lớn nhất $\Leftrightarrow \cos x = 1$.

Khi $\cos x=1\overset{}{\rightarrow }y=\frac{1}{\cos x+1}=\frac{1}{2}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức $\sin a - \sin b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\sin \frac{{a - b}}{2}$, ta có

$\sin \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sin x = 2\cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right)\sin \frac{\pi }{6} = \cos \left( {x + \frac{\pi }{6}} \right).$

Ta có $-1\le \cos (x+\frac{π}{6})\le 1\overset{}{\rightarrow }-1\le y\le 1\overset{y\in ℤ}{\rightarrow }y\in \{-1;0;1\}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $2\sin x = 1 \Leftrightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{\pi }{6} + k2\pi \\\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Do $- 1 \le \sin x \le 1$ nên phương trình $\sin x = \frac{4}{3}$ vô nghiệm, do đó số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác là 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\cos 2x + \cos 4x = \sin x - \sin 5x$

$\Leftrightarrow \left( {\cos 4x + \cos 2x} \right) + \left( {\sin 5x - \sin x} \right) = 0$

$\Leftrightarrow 2\cos 3x\cos 2x + 2\cos 3x\sin 2x = 0$

$\Leftrightarrow \cos 3x\left( {\cos 2x + \sin 2x} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \cos 3x = 0$ (do $\cos 2x + \sin 2x \ne 0).$

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Cung lượng giác có điểm biểu diễn là${M_1},{M_2}$ có số đo là $\frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Và phương trình $\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

${\cos ^2}x = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\sqrt 3 \tan x - 3 = 0 \Leftrightarrow \tan x = \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan x = \tan \left( {\frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{3} + k\pi ,$$\left( {k \in \mathbb{Z}} \right).$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Dùng MTCT chức năng CALC: ta có

${u_1} = \frac{1}{2};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_2} = \frac{2}{{{3^2} - 1}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {u_3} = \frac{3}{{{3^3} - 1}} = \frac{3}{{26}}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

${u}_{n}={5}^{n+1}\overset{n\leftrightarrow n-1}{\rightarrow }{u}_{n-1}={5}^{(n-1)+1}={5}^{n}.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Kiểm tra ${u_1} = - 2$ ta loại các đáp án A, B

Ta có ${u_2} = - 2 - \frac{1}{{{u_1}}} = - \frac{3}{2}.$

Xét đáp án C: ${u}_{n}=-\frac{n+1}{n}\overset{}{\rightarrow }{u}_{2}=-\frac{3}{2}$

Xét đáp án D : ${u}_{n}=-\frac{n}{n+1}\overset{}{\rightarrow }{u}_{2}=-\frac{2}{3}\overset{}{\rightarrow }$ D loại.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Xét A: ${2^n}$ là dãy dương và tăng nên $\frac{1}{{{2^n}}}$ là dãy giảm chọn A

Xét B: ${u}_{n}=\frac{3n-1}{n+1}\overset{}{\rightarrow }\{\begin{matrix}{u}_{1}=1 \\ {u}_{2}=\frac{5}{3}\end{matrix}\overset{}{\rightarrow }{u}_{1}<{u}_{2}\overset{}{\rightarrow }$ loại B

Hoặc ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{3n + 2}}{{n + 2}} - \frac{{3n - 1}}{{n + 1}} = \frac{4}{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} > 0$ nên $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy tăng.

Xét C: ${u}_{n}={n}^{2}\overset{}{\rightarrow }{u}_{n+1}-{u}_{n}={(n+1)}^{2}-{n}^{2}=2n+1>0\overset{}{\rightarrow }$ loại C

Xét D: ${u}_{n}=\sqrt{n+2}\overset{}{\rightarrow }{u}_{n+1}-{u}_{n}=\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}=\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}>0\overset{}{\rightarrow }$ loại D

Lời giải

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.

Nhận xét: $0 < {u_n} = \frac{n}{{n + 1}} = 1 - \frac{1}{{n + 1}} < 1.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Với điểm $S$ không thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và 4 điểm $A,\;B,\;C,\;D$ thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right),$ ta có $C_4^2$ cách chọn 2 trong 4 điểm $A,\;B,\;C,\;D$ cùng với điểm $S$ lập thành 1 mặt phẳng xác định. Vậy số mặt phẳng tạo được là 6.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

$\bullet$ Ta có $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SAB$ $\Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,CD$

$\Rightarrow IJCD$ là hình thang. Do đó A đúng.

$\bullet$ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}IB \subset \left( {SAB} \right)\\IB \subset \left( {IBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {IBC} \right) = IB.$

Do đó B đúng.

$\bullet$ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}JD \subset \left( {SBD} \right)\\JD \subset \left( {JBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \cap \left( {JBD} \right) = JD.$ Do đó C đúng.

$\bullet$ Trong mặt phẳng $\left( {IJCD} \right)$, gọi $M = IC \cap JD$$\Rightarrow \left( {IAC} \right) \cap \left( {JBD} \right) = MO.$

Do đó D sai.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

● Chọn mặt phẳng phụ $\left( {SBD} \right)$ chứa $SD$.

● Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABM} \right)$.

Ta có $B$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABM} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $O = AC \cap BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, gọi $K = AM \cap SO$.

Ta có:

▪ $K \in SO$ mà $SO \in \left( {SBD} \right)$ suy ra $K \in \left( {SBD} \right)$.

▪ $K \in AM$ mà $AM \in \left( {ABM} \right)$ suy ra $K \in \left( {ABM} \right)$.

Suy ra $K$ là điểm chung thứ hai của $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABM} \right)$.

Do đó $\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right) = BK$.

● Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, gọi $N = SD \cap BK$.

Ta có:

▪ $N \in BK$ mà $BK \subset \left( {ABM} \right)$ suy ra $N \in \left( {ABM} \right)$.

▪ $N \in SD$.

Vậy $N = SD \cap \left( {ABM} \right)$.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Giả sử $b\,{\rm{//}}\,c \Rightarrow c\,{\rm{//}}\,a$ (mâu thuẫn với giả thiết).

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $M$ là điểm bất kì nằm trên $a$.

Giả sử $d$ là đường thẳng qua $M$ cắt cả $b$ và $c$. Khi đó, $d$ là giao tuyến của mặt phẳng tạo bởi $M$ và $b$ với mặt phẳng tạo bởi $M$ và $c$.

Với mỗi điểm $M$ ta được một đường thẳng $d$.

Vậy có vô số đường thẳng cắt cả 3 đường thẳng $a,\;b,\;c$.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta có: $I,J$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$

$\Rightarrow IJ$ là đường trunh bình của hình thang $ABCD \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD.$

Gọi $d = \left( {SAB} \right) \cap \left( {IJG} \right)$

Ta có: $G$ là điểm chung giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {IJG} \right)$

Mặt khác: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \supset AB;\left( {IJG} \right) \supset IJ\\AB\parallel IJ\end{array} \right.$

$\Rightarrow$Giao tuyến $d$ của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {IJG} \right)$ là đường thẳng qua $G$ và song song với $AB$ và $IJ.$

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Mặt phẳng $\left( {ABN} \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ theo giao tuyến $BN\,.$

Mà $AG \subset \left( {ABN} \right)$ suy ra $AG$ cắt $BN$ tại điểm ${A_1}\,.$

Qua $M$ dựng $MP\,{\rm{//}}\,A{A_1}$ với $M \in BN\,.$

Có $M$ là trung điểm của $AB$ suy ra $P$ là trung điểm $B{A_1}\, \Rightarrow \,\,BP = P{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Tam giác $MNP$ có $MP\,{\rm{//}}\,G{A_1}$ và $G$ là trung điểm của $MN\,.$

$\Rightarrow$ ${A_1}$ là trung điểm của $NP\,\, \Rightarrow \,\,P{A_1} = N{A_1}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra $BP = P{A_1} = {A_1}N\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{B{A_1}}}{{BN}} = \frac{2}{3}$ mà $N$ là trung điểm của $CD\,.$

Do đó, ${A_1}$ là trọng tâm của tam giác $BCD\,.$

Lời giải

Đáp án đúng là: C

A sai. Nếu $b\,\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)$ thì $b\,\,{\rm{//}}\,\,a$ hoặc $a,\;b$ chéo nhau.

B sai. Nếu $b$ cắt $\left( \alpha \right)$ thì $b$ cắt $a$ hoặc $a,\;b$ chéo nhau.

D sai. 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 $a$.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,AB$ và $CD$ mà $A,\,\,B,\,\,C,\,\,D$ đồng phẳng suy ra $\left( \alpha \right)\,{\rm{//}}\,\left( {ABCD} \right).$

Giả sử $\left( \alpha \right)$ cắt các mặt bên $\left( {SAB} \right),\,\,\left( {SBC} \right),\,\,\left( {SCD} \right),\,\,\left( {SDA} \right)$ lần lượt tại các điểm $N,\,\,P,\,\,Q$ với $N \in SB,\,\,P \in SC,\,\,Q \in SD\,$

Suy ra $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\,.$

Khi đó $MN\,{\rm{//}}\,AB$$\Rightarrow$$MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$ $\Rightarrow \,\,\,\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{2}{3}\,.$

Tương tự, ta có được $\frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{QM}}{{DA}} = \frac{2}{3}$ và $MNPQ$ là hình vuông.

Suy ra ${S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}{S_{ABCD}} = \frac{4}{9}.10.10 = \frac{{400}}{9}.$

a) Ta có $P = \sin 2\left( {\alpha + \pi } \right) = \sin \left( {2\alpha + 2\pi } \right) = \sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha$.

Từ hệ thức ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$, suy ra $\cos \alpha = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \pm \frac{3}{5}$.

Do $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên ta chọn $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$.

Thay $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ và $\cos \alpha = - \frac{3}{5}$ vào $P$, ta được $P = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}$.

b) $\sin 2x + \sqrt 2 \cos x = 0 \Leftrightarrow \sqrt 2 \cos x\left( {\sqrt 2 \sin x + 1} \right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sqrt 2 \sin x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\cos x = 0\\\sin x = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{2} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{4} + k2\pi \end{array} \right.$

Trong khoảng $\left( { - \pi ;0} \right)$ có ba nghiệm là $x = - \frac{\pi }{2};\,\,x = - \frac{\pi }{4};\,\,x = - \frac{{3\pi }}{4}$

Khi đó tổng các nghiệm trên khoảng $\left( { - \pi ;0} \right)$ là

$\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) + \left( { - \frac{\pi }{4}} \right) + \left( { - \frac{{3\pi }}{4}} \right) = - \frac{{3\pi }}{2}.$

c) Vị trí cân bằng của vật dao động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó $x = 0,$ ta có

$2{\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0$

$\Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$

$\Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}$

Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là $0 \le t \le 6$ hay $0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6$

$\Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}$

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}$.

Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng 9 lần.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với${u_n} = \frac{{\sqrt {n + 1} - 1}}{n}$

Ta có: ${u_n} = \frac{{\left( {n + 1} \right) - 1}}{{n\left( {\sqrt {n + 1} + 1} \right)}} = \frac{1}{{\sqrt {n + 1} + 1}}$

Dễ dàng ta có: $\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1} + 1 > \sqrt {n + 1} + 1$

$\Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {\left( {n + 1} \right) + 1} + 1}} < \frac{1}{{\sqrt {n + 1} + 1}}$ $\Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n}.$

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm.

a) Tam giác $SBD$ cân tại $S$ nên $SB = SD$.

Suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC{\rm{ }}\left( {c.c.c} \right)$, do đó $\widehat {SCB} = \widehat {SCD}$.

Gọi $I$ là trung điểm $SC$. Xét hai tam giác $IBC$ và $IDC$, ta có

$\left\{ \begin{array}{l}IC{\rm{ chung}}\\BC = DC\\\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\end{array} \right.$ suy ra $\Delta IBC = \Delta IDC$ nên $IB = ID$ hay tam giác $IBD$ cân tại $I$.

Do $O$ là trung điểm $BD$ nên $IO$ là đường trung tuyến trong tam giác cân, suy ra $IO \bot BD$. Mà $SA\,{\rm{//}}\,IO$ nên $SA \bot BD$. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}M \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với $\left( {ABCD} \right)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $BD$ cắt $AB$ tại $Q$. Do đó $MQ\,{\rm{//}}\,BD$. $\left( 1 \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}Q \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right)\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\SA \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với $\left( {SAB} \right)$ là đường thẳng qua $Q$ song song với $SA$ cắt $SB$ tại $P$. Do đó $QP\,{\rm{//}}\,SA$. $\left( 2 \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}P \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SBD} \right)\\BD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$ suy ra giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng qua $P$ song song với $BD$ cắt $SO$ tại $N$. Do đó $PN\,{\rm{//}}\,BD$. $\left( 3 \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SAC} \right) = MN\\SA\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.$ suy ra $MN\,{\rm{//}}\,SA$. $\left( 4 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 3 \right)$, suy ra $PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD$. Từ $\left( 2 \right)$ và $\left( 4 \right)$, suy ra $QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}PN\,{\rm{//}}\,MQ\,{\rm{//}}\,BD\\QP\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,SA\\SA \bot BD\end{array} \right.$ suy ra tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.

b) Do $MQ\,{\rm{//}}\,BD$ nên $\widehat {AQM} = \widehat {ABD} = 45^\circ = \widehat {QAM}$.

Suy ra tam giác $AMQ$ cân tại $M$ nên $MQ = MA = x$.

Xét tam giác $SAO$, ta có $\frac{{MN}}{{AS}} = \frac{{OM}}{{OA}}$ suy ra $MN = AS.\frac{{OM}}{{OA}} = a.\frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2} - x}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = a - x\sqrt 2$.

Do đó ${S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}x\sqrt 2 \left( {a - x\sqrt 2 } \right)$. Ta có

${S_{MNPQ}} = x\left( {a - x\sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2 {\left( {x - \frac{a}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} + \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8} \le \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}$.

Dấu $'' = ''$ xảy ra khi và chỉ khi: $x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Vậy diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{8}$; khi $x = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.