Đề cương ôn tập giữa kì 1 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Bài 2: Hai đường thẳng song song

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$.

Vì $M,N$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC$ và $ABD$ nên $\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{1}{3} = \frac{{EN}}{{ED}}$.

Xét trong tam giác $ECD$ có $\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{1}{3} = \frac{{EN}}{{ED}} \Rightarrow MN//CD$. Chọn D.

Ta có $\left. \begin{array}{l}M \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {MCD} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {MCD} \right)\\AB//CD\end{array} \right\}$

Suy ra giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {MCD} \right)$ là đường thẳng qua $M$, song song với $AB$ và $CD$. Chọn C.

+) Hình chóp $S.ABCD$ có 4 mặt bên $\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right),\left( {SAD} \right)$ nên A đúng.

+) $S,O$ là hai điểm chung của $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ nên B đúng.

+) $S,I$ là hai điểm chung của $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ nên $C$ đúng.

+) Giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ là $SA$, rõ ràng $SA$ không thể là đường trung bình của hình thang $ABCD.$ Chọn D.

Gọi $N\,,\,M$ lần lượt là trung điểm của $BC,\;BD.$

$\Rightarrow$ $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ $\Rightarrow MN\parallel CD\,\,\,\left( 1 \right)$

$J\,;\,\,I$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC$ và $ABD$ $\Rightarrow \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ\parallel MN\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra: $IJ\parallel CD.$ Chọn B.

a) (SAC) Ç (SAD) = SA.

b) Có S Î (SAB) Ç (SCD).

Trong (ABCD), có E Î AB Ì (SAB), E Î CD Ì (SCD) Þ E Î (SAB) Ç (SCD).

Do đó (SAB) Ç (SCD) = SE.

c) S Î (SAD) Ç (SBC) mà AD // BC nên (SAD) Ç (SBC) = d với d đi qu S và song song AD.

d) Xét tứ giác ABCF, ta có BC // AF và $BC = AF = \frac{{AD}}{2}$ Þ ABCF là hình bình hành.

Ta có S Î (SAB) Ç (SCF) mà AB // FC nên (SAB) Ç (SCF) = d' với d' đi qua S và song song AB.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

a) Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB // CD; AD // BC.

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Sx//AB//CD\end{array} \right.$.

b) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AD//BC\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Sy = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Sy//AD//BC\end{array} \right.$.

c) $\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {MAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\M \in \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Mt = \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\Mt//AB//CD\end{array} \right.$.

d) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {NCD} \right)\\N \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {NCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}Nz = \left( {SAB} \right) \cap \left( {NCD} \right)\\Nz//AB//CD\end{array} \right.$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) Có SA Ç (ABCD) = {A}.

b) Có O Î BD và O Î AC Ì (SAC) Þ BD Ç (SAC) = {O}.

c) Có S Î SO và S Î AM Ì (ABNM) Þ SO Ç (ABNM) = {S}.

d) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD//BC\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sy\left( {Sy//AD//BC} \right)$.

Trong mặt phẳng (SAD), gọi E = Sy Ç DM.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}E \in Sy \subset \left( {SBC} \right)\\E \in DM\end{array} \right. \Rightarrow E = DM \cap \left( {SBC} \right)$.

Vì M là trung điểm của SA và SE // AD nên tứ giác SEAD là hình bình hành Þ SE = AD = BC.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD.

Gọi H = MN Ç SO, K = SC Ç AH.

Xét DSBD có MN là đường trung bình nên ta có $\frac{{SH}}{{SO}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{2}$.

Suy ra H là trung điểm SO.

Gọi E là trung điểm CK, xét tam giác AKC có OE là đường trung bình nên OE // HK.

Xét DSOE có H là trung điểm của SO và HK // OE nên HK là đường trung bình.

Suy ra K là trung điểm của SE.

Khi đó $\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{3}$. Suy ra a = 1; b = 3. Do đó a + b = 4.

Trả lời: 4.

Ta có NP // AB.

Ta có NP Ì (MNP), AB Ì (ABC), (ABC) và (MNP) có điểm M chung nên giao tuyến của (ABC) và (MNP) là đường thẳng MQ // AB (Q Î AC).

Ta có $\frac{{QC}}{{QA}} = \frac{{MC}}{{MB}} = 3$.

Trả lời: 3.

Ta thấy hai mặt phẳng (SAD) và (BCE) lần lượt đi qua hai đường thẳng AD // BC và có E, G là hai điểm chung nên chúng cắt nhau theo giao tuyến EG // AD // BC.

Vì EG // AD nên $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SG}}{{SD}} = \frac{2}{3}$ nên SD = 3GD.

Trả lời: 3.

a) $P = (1 - 3\cos \alpha )(1 + 3\cos \alpha ) = 1 - {\left( {3\cos \alpha } \right)^2} = 1 - 9{\cos ^2}\alpha$.

Ta có $\sin \alpha = \frac{2}{3}$, ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha = \frac{5}{9}$.

$P = 1 - 9.\frac{5}{9} = - 4$.

b) ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$$\Rightarrow {\cos ^2}\alpha {\rm{ = 1}} - {\sin ^2}\alpha = 1 - \frac{9}{{25}} = \frac{{16}}{{25}}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{5}\\{\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}\end{array} \right.$

Vì ${\rm{90}}^\circ < \alpha < 180^\circ$$\Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}$. Vậy $\tan \alpha = - \frac{3}{4}$ và $\cot \alpha = - \frac{4}{3}$.

$E = \frac{{\cot \alpha - 2\tan \alpha }}{{\tan \alpha + 3\cot \alpha }} = \frac{{ - \frac{4}{3} - 2.\left( { - \frac{3}{4}} \right)}}{{ - \frac{3}{4} + 3.\left( { - \frac{4}{3}} \right)}} = - \frac{2}{{57}}$.

a) Xét $\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Rightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

b) Xét $\sin \left( { - 2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Rightarrow - 2x - \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - \frac{\pi }{6} - \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

c) Xét $\sin 2x = 0 \Rightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}$.

Tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

a) $\sin \left( {3x - \frac{{3\pi }}{4}} \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \frac{\pi }{6} - x + k2\pi }\\{3x - \frac{{3\pi }}{4} = \pi - \left( {\frac{\pi }{6} - x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{11\pi }}{{48}} + \frac{{k\pi }}{2}}\\{x = \frac{{19\pi }}{{24}} + k\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

b) $\cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \cos \left( {2x + 25^\circ } \right) = \cos 135^\circ$

$\Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x + 25^\circ = 135^\circ + k360^\circ }\\{2x + 25^\circ = - 135^\circ + k360^\circ }\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 55^\circ + k180^\circ }\\{x = - 80^\circ + k180^\circ }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

a) Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {2x - 1} \right) \ne 0\\\cos \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0\end{array} \right.$

$\tan \left( {2x - 1} \right) = \tan \left( { - x + \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow 2x - 1 = - x + \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} + \frac{\pi }{9} + \frac{{k\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}$(thỏa mãn).

b) Điều kiện: $\sin \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) \ne 0$

$\cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Rightarrow \cot \left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = \cot \frac{\pi }{4} \Rightarrow 2x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k\pi \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{{24}} + \frac{{k\pi }}{2},k \in \mathbb{Z}$ (thỏa mãn).

a) $\frac{3}{2} - 3\cos 4x = 6\sin x.\sin 3x$

$\Leftrightarrow \frac{3}{2} - 3\cos 4x = 3(\cos 2x - \cos 4x)$

$\Leftrightarrow 3\cos 2x = \frac{3}{2}$

$$\Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}\,$$

$\Leftrightarrow {\mathop{\rm x}\nolimits} = \pm \frac{\pi }{6} + {\mathop{\rm k}\nolimits} \pi ,{\mathop{\rm k}\nolimits} \in \mathbb{Z}\,$.

b) $\sin 4x + 1 - 2\cos 2x = \sin 2x$

$\Leftrightarrow 2\sin 2x.\cos 2x + 1 - 2\cos 2x - \sin 2x = 0$

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

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\sin 2x = 1}\\{\cos 2x = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{\pi }{4} + k\pi }\\{x = \pm \frac{\pi }{6} + k\pi }\end{array}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right..$

Phương trình $2\cos 2x - 1 = 0$$\Leftrightarrow \cos 2x = \frac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\2x = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k\pi \\x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}$.

Xét $x \in \left[ {0;\pi } \right]$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}0 \le \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \\0 \le - \frac{\pi }{6} + k\pi \le \pi \end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{ - 1}}{6} \le k \le \frac{5}{6}\\\frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\end{array} \right.$ mà $k \in \mathbb{Z}$ suy ra $\left[ \begin{array}{l}k = 0\\k = 1\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6}\\x = \frac{{5\pi }}{6}\end{array} \right.$.

Vậy nghiệm lớn nhất của phương trình $2\cos 2x - 1 = 0$ trong đoạn $\left[ {0;\pi } \right]$ là $x = \frac{{5\pi }}{6}$.

$$\,\,\,2{\sin ^2}\frac{x}{2} + \sqrt 3 \sin x - 5m = 0$$

$$\Leftrightarrow \sqrt 3 \sin x - \cos x - 5m + 1 = 0$$

$$\Leftrightarrow 2\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) - 5m + 1 = 0$$

Hay $\sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{5m - 1}}{2}$

Mà $- 1 \le \sin \left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) \le 1$

Nên để phương trình trên luôn có nghiệm khi $- 1 \le \frac{{5m - 1}}{2} \le 1$$\Leftrightarrow - \frac{1}{5} \le m \le \frac{3}{5}$.

a) Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = {3^n} - n.$

Với mỗi $n \in \mathbb{N}*$, ta có: ${u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {{3^{n + 1}} - \left( {n + 1} \right)} \right] - \left( {{3^n} - n} \right).$

$= {3.3^n} - n - 1 - {3^n} + n$

$= {2.3^n} + {3^n} - {3^n} - 1 = {2.3^n} - 1 > 0$ (đúng) (vì $n \ge 1.$)

Kết luận dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số tăng.

b) Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ với ${u_n} = \frac{n}{{{n^2} + 1}}$.

Với mỗi $n \in \mathbb{N}*$, ta có:

${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n + 1}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1}} - \frac{n}{{{n^2} + 1}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {{n^2} + 1} \right) - n\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}$

$= \frac{{{n^3} + n + {n^2} + 1 - \left( {{n^3} + 2{n^2} + 2n} \right)}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}}$$= \frac{{ - {n^2} - n + 1}}{{\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right)}} < 0.$

Vì $- {n^2} - n + 1 < 0{\rm{ }}\forall n \ge 1$, và$\left[ {{{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1} \right]\left( {{n^2} + 1} \right) > 0{\rm{ }}\forall n \ge 1.$

Kết luận: dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số giảm.

Công thức ${u_n}$ được viết lại: ${u_n} = \frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left( {5n + 7} \right)}}$

Xét hiệu số:${u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {\frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left[ {5\left( {n + 1} \right) + 7} \right]}}} \right) - \left( {\frac{7}{5} - \frac{{24}}{{5\left( {5n + 7} \right)}}} \right)$

$=\frac{24}{5}(\frac{1}{5n+7}-\frac{1}{5(n+1)+7})>0\ \forall n\ge 1$ $\Rightarrow {u}_{n+1}>{u}_{n}$

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

Ta có: $0<\frac{1}{5n+7}\le \frac{1}{12}\ \forall n\ge 1$ $\Leftrightarrow 0>-\frac{24}{5(5n+7)}\ge -\frac{2}{5}$ $\Leftrightarrow \frac{7}{5}>\frac{7}{5}-\frac{24}{5(5n+7)}\ge \frac{7}{5}-\frac{2}{5}$

$\Leftrightarrow 1 \le {u_n} < \frac{7}{5}.$ Suy ra $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số bị chặn.

Kết luận $\left( {{u_n}} \right)$ là một dãy số tăng và bị chặn.

a) $\left\{ \begin{array}{l}{u_5} = 19\\{u_9} = 35\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Áp dụng công thức ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$,

Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 4d = 19\\{u_1} + 8d = 35\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\d = 4\end{array} \right.$.

Vậy số hạng đầu tiên ${u_1} = 3$, công sai $d = 4$.

Số hạng thứ $20$: ${u_{20}} = {u_1} + 19d = 3 + 19.4 = 79$.

Tổng của $20$ số hạng đầu tiên: ${S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.3 + 19.4} \right) = 820$.

b) $\left\{ \begin{array}{l}{u_3} + {u_5} = 14\\{s_{12}} = 129\end{array} \right.{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

Áp dụng công thức ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$, ${S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]}}{2}$

Ta có: $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 2d + {u_1} + 4d = 14\\6\left( {2{u_1} + 11d} \right) = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 6d = 14\\12{u_1} + 66d = 129\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = \frac{5}{2}\\d = \frac{3}{2}.\end{array} \right.$

Vậy số hạng đầu tiên ${u_1} = \frac{5}{2}$, công sai $d = \frac{3}{2}$.

Số hạng thứ $20$: ${u_{20}} = {u_1} + 19d = \frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2} = 31$.

Tổng của $20$ số hạng đầu tiên: ${S_{20}} = \frac{{20\left( {2{u_1} + 19d} \right)}}{2} = 10\left( {2.\frac{5}{2} + 19.\frac{3}{2}} \right) = 335$.

Ta gọi $d$ là công sai của cấp số cộng và áp dụng công thức ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

${u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1} = 4\left( {4 + d} \right) + \left( {4 + d} \right)\left( {4 + 2d} \right) + 4\left( {4 + 2d} \right)$

$= 2{d^2} + 24d + 48 = 2{\left( {d + 6} \right)^2} - 24 \ge - 24$.

Dấu xảy ra khi $d = - 6$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của ${u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1}$ là $- 24$.

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_5} = 51\\{u_2} + {u_6} = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}{q^4} = 51\\{u_1}q + {u_1}{q^5} = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}(1 + {q^4}) = 51{\rm{ }}\\{u_1}q(1 + {q^4}) = 102\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}(1 + {q^4}) = 51{\rm{ }}\\q.51 = 102\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 3\\q = 2\end{array} \right.$.

b) Có ${S_n} = 3069 \Leftrightarrow {u_1}.\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = 3069 \Leftrightarrow 3.\frac{{1 - {2^n}}}{{1 - 2}} = 3069 \Leftrightarrow {2^n} = 1024 \Rightarrow n = 10$.

Kết luận tổng của 10 số hạng đầu tiên bằng 3069.

c) Có ${u_k} = 12288 \Leftrightarrow {u_1}.{q^{k - 1}} = 12288 \Leftrightarrow {3.2^{k - 1}} = 12288 \Leftrightarrow {2^{k - 1}} = 4096 = {2^{12}}$

$\Rightarrow k - 1 = 12 \Leftrightarrow k = 13$.

Kết luận số 12288 là số hạng thứ 13.

Theo bài ra ta có ${u_1} = \frac{1}{2}$, ${u_4} = 32$ và ${u_n} = 2048$.

${u_4} = {u_1}.{q^3}$ $\Rightarrow 32 = \frac{1}{2}.{q^3}$$\Rightarrow q = 4$

${u_n} = 2048$$\Rightarrow {u_1}.\,{q^{n - 1}} = 2048$$\Rightarrow {4^{n - 1}} = {4^6}$$\Rightarrow n = 7$

Khi đó tổng của cấp số nhân này là ${S_7} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^7}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{\frac{1}{2}\left( {1 - {4^7}} \right)}}{{1 - 4}} = \frac{{5461}}{2}$.

Giả sử đa giác có $n$ cạnh ($n \in \mathbb{N},\,\,n \ge 3$).

Gọi độ dài các cạnh của đa giác là ${u_1},\,{u_2},\,{u_3},\,...\,,\,{u_n}$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng và cạnh lớn nhất có độ dài là 44 cm nên $0 < {u_1} < {u_2} < \,{u_3} < \,...\, < \,{u_n} = 44\;{\rm{cm}}$.

Vì đa giác có chu vi là $158\;{\rm{cm}}$ nên ${S_n} = {u_1} + {u_2} + \,{u_3} + \,...\, + \,{u_n} = \frac{{\left( {{u_1} + {u_n}} \right)n}}{2}$

hay $158 = \frac{{\left( {{u_1} + 44} \right)n}}{2}$ suy ra $n = \frac{{316}}{{{u_1} + 44}}$

Mà $n \in \mathbb{N}$ nên ${u_1} + 44$ là ước nguyên dương của $316$ hay ${u_1} + 44 \in \left\{ {2;\,\,4;\,\,79;\,\,158;\,\,316} \right\}$.

Vậy đa giác đã cho có $n = \frac{{316}}{{79}} = 4$ cạnh.

a) $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

Gọi $O = AC \cap BD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.$

O là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là SO.

b) Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. gọi $F = MN \cap AD$.

$\left\{ \begin{array}{l}F \in MN\\F \in AD \subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right.$

Vậy giao điểm của đường thẳng MN và mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ là điểm F.

Ta có $\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}I \in MP \subset \left( {ABD} \right)\\I \in NQ \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I$ thuộc giao tuyến của $\left( {ABD} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$

$\Rightarrow I \in BD \Rightarrow I,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D$ thẳng hàng.

a) $\left\{ \begin{array}{l}S \in (SAB) \cap (SCD)\\AB//CD\\AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)\end{array} \right.$

$\Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = d$, d qua S và d // AB, d // CD.

b) Gọi I là trung điểm của SA.

Do M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và SAD nên

$\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{1}{3}$ và $MN,BD \subset (IBD)$$\Rightarrow MN//BD$.

c) Gọi $O = AC \cap BD,J = BK \cap SO$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in SO,SO \subset (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}J \in BK\\J \in (SAC)\end{array} \right. \Rightarrow J = BK \cap (SAC)$.