Ta có: $\frac{\pi }{6}rad = \frac{\pi }{6}.\frac{{{{180}^o}}}{\pi } = {30^o}$.

Ta có: ${\sin ^2}\alpha  = 1 - {\cos ^2}\alpha  = 1 - {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}}$, suy ra $\sin \alpha  =  \pm \frac{{\sqrt {15} }}{4}$.

Vì $\pi  < \alpha  < \frac{{3\pi }}{2}$ nên điểm cuối của cung $\alpha$ thuộc cung phần tư thứ III, do đó $\sin \alpha  < 0$.

Vậy $\sin \alpha  =  - \frac{{\sqrt {15} }}{4}$.

$\cos \frac{{37\pi }}{{12}} = \cos \left( {3\pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) = \cos \left( {\pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \cos \frac{\pi }{{12}} =  - \cos \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right)$

$=  - \left( {\cos \frac{\pi }{3}.\cos \frac{\pi }{4} + \sin \frac{\pi }{3}.\sin \frac{\pi }{4}} \right) =  - \frac{{\sqrt 6  + \sqrt 2 }}{4}$.

Xét phương án A, hàm số $y = \left| {\sin x} \right|$ có tập xác định D = R, suy ra có $x \in R$ thì $- x \in R$.

Mặt khác, $f( - x) = \left| {\sin ( - x)} \right| = \left| { - \sin x} \right| = \sin x = f(x)$.

Vậy hàm số đáp án A là hàm số chẵn.

$\cos x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Ta có:

${u_2} = 2{u_{2 - 1}} + 3 = 2{u_1} + 3 = 2.1 + 3 = 5$

${u_3} = 2{u_{3 - 1}} + 3 = 2{u_2} + 3 = 2.5 + 3 = 13$

Xét hiệu các phần tử liên tiếp trong các dãy số, chỉ có dãy ở đáp án C phần tử sau hơn phần tử liền trước 2 đơn vị (8 – 6 = 6 – 4 = 4 – 2 = 2 – 0 = 2).

Ta có: $0 = \frac{0}{{0 + 1}}$; $\frac{1}{2} = \frac{1}{{1 + 1}}$; $\frac{2}{3} = \frac{1}{{2 + 1}}$; $\frac{3}{4} = \frac{3}{{3 + 1}}$; $\frac{4}{5} = \frac{4}{{4 + 1}}$. Vậy

${u_n} = \frac{n}{{n + 1}}$.

Một mặt phẳng được xác định nếu nó đí qua:

- Ba điểm không thẳng hàng

- Một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

- Hai đường thẳng cắt nhau.

Cả 4 hình đều là tứ diện (4 mặt và 4 đỉnh). Hình (I) và (III) có thể nhìn thấy 2 mặt. Hình (II) có thể nhìn thấy 1 mặt. Hình (IV) có thể nhìn thấy 3 mặt.

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

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{2\sin x + 1 = 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\sin x =  - \frac{1}{2}}\end{array} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x =  - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right.} \right.$ với $k \in \mathbb{Z}$.

Vì $x \in [0;2\pi ]$ nên chỉ có 4 nghiệm thỏa mãn: $x = \left\{ {\frac{\pi }{2};\frac{{3\pi }}{2};\frac{{7\pi }}{6};\frac{{11\pi }}{6}} \right\}$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_5} = {u_1} + 4d}\\{{u_{15}} = {u_1} + 14d}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 10 = {u_1} + 4d}\\{60 = {u_1} + 14d}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} =  - 38}\\{d = 7}\end{array}} \right.$

Từ đó ta tính được ${u_{20}} =  - 38 + (20 - 1)7 = 95$.

Vậy tổng 20 số hạng đầu của cấp số cộng là ${S_{20}} = \frac{{({u_1} + {u_{20}}).20}}{2} = \frac{{( - 38 + 95).20}}{2} = 570$.

$2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - \frac{\pi }{{12}} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{{12}} = \pi  + \frac{\pi }{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.$

a) Sai. $2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3  = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)$

b) Sai. Phương trình có nghiệm là $x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi$; $x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi$ $(k \in \mathbb{Z})$.

c) Đúng.

+ Xét họ nghiệm $x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi$:

Nghiệm âm lớn nhất là $x =  - \frac{\pi }{4}$ khi k = 0.

+ Xét họ nghiệm $x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi$:

Nghiệm âm lớn nhất là $x =  - \frac{{7\pi }}{{12}}$ khi k = -1.

Vì $- \frac{\pi }{4} >  - \frac{{7\pi }}{{12}}$ nên nghiệm âm lớn nhất là $x =  - \frac{\pi }{4}$.

d) Đúng.

+ Xét họ nghiệm $x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi$:

$- \pi  < x < \pi  \Leftrightarrow  - \pi  <  - \frac{\pi }{4} + k2\pi  < \pi$

$\Leftrightarrow  - 1 <  - \frac{1}{4} + 2k < 1 \Leftrightarrow  - \frac{3}{4} < 2k < \frac{5}{4} \Leftrightarrow  - \frac{3}{8} < k < \frac{5}{8}$.

Vậy chỉ có k = 0 thỏa mãn. Khi đó $x =  - \frac{\pi }{4}$.

+ Xét họ nghiệm $x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi$:

$- \pi  < x < \pi  \Leftrightarrow  - \pi  < \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi  < \pi  \Leftrightarrow  - 1 < \frac{{17}}{{12}} + 2k < 1$

$\Leftrightarrow  - \frac{{29}}{{12}} < 2k <  - \frac{5}{{12}} \Leftrightarrow  - \frac{{29}}{{24}} < k <  - \frac{5}{{24}}$.

Vậy chỉ có k = -1 thỏa mãn. Khi đó $x =  - \frac{{7\pi }}{{12}}$.

Vậy phương trình có hai nghiệm thuộc khoảng $( - \pi ;\pi )$ là $x =  - \frac{\pi }{4}$ và $x =  - \frac{{7\pi }}{{12}}$.

${\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1 \Rightarrow {\cos ^2}\alpha  = 1 - {\sin ^2}\alpha  = 1 - {\left( { - \frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{15}}{{16}} \Rightarrow \sin \alpha  =  \pm \frac{{\sqrt {15} }}{4}$.

Vì $\pi  < \alpha  < \frac{{3\pi }}{2}$ nên điểm cuối của cung $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ III nên $\sin \alpha  < 0$. Vậy $\sin \alpha  =  - \frac{{\sqrt {15} }}{4}$.

$\tan \alpha  = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{ - \frac{1}{4}}}{{ - \frac{{\sqrt {15} }}{4}}} = \sqrt {15}$; $\cot \alpha  = \frac{1}{{\tan \alpha }} = \frac{1}{{\sqrt {15} }}$.

a) Đúng.

b) Sai.

c) Đúng.

d) Sai.

a) Đúng. ${u_{n + 1}} - {u_n} = {2^{n + 1}} + 1 - ({2^n} + 1) = {2^{n + 1}} - {2^n} = {2^n}(2 - 1) = {2^n} > 0$ với mọi n. Vậy dãy số là dãy tăng.

b) Sai. Dãy không bị chặn trên vì không có giá trị M nào để ${2^n} < M$ với mọi n. Vậy dãy số không bị chặn.

c) Đúng. ${u_6} = {2^6} + 1 = 64 + 1 = 65$.

d) Sai. ${u_{n + 2}} = {2^{n + 2}} + 1 = {4.2^n} + 1$.

a) Sai. Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là SA.

b) Đúng. SO thuộc mặt phẳng (SBD) vì cả $S \in (SBD)$, $O \in BD \subset (SBD)$.

c) Đúng. Có $OI \subset (P)$ mà SA//(P) nên SA không cắt đường thẳng nào trong (P), tức OI//SA (do OI, SA cùng thuộc mặt phẳng (SAC)).

d) Sai. Thiết diện là tam giác BID.

$h = 11 + 2\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi $\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}t} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}t = \frac{\pi }{2} + k2\pi  \Leftrightarrow t = 6 + 24k$ (giờ).

Vì $0 \le t \le 24$ nên chỉ có giá trị t = 6 thỏa mãn.

Vậy thời điểm mực nước tại cảng cao nhất là lúc 6 giờ.

Ta có: $2\sin 2x + 4\cos x = 0 \Rightarrow 4\sin x.\cos x + 4\cos x = 0 \Rightarrow 4\cos x.(\sin x + 1) = 0$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos x = 0}\\{\sin x =  - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{\pi }{2} + k\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi$ với $k \in \mathbb{Z}$.

Xét họ nghiệm $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$, ta có:

$0 < \frac{\pi }{2} + k\pi  < 3000 \Leftrightarrow  - \frac{\pi }{2} < k\pi  < 3000 - \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow  - \frac{1}{2} < k < \frac{{3000}}{\pi } - \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - 0,5 < k < 954,43$.

Mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \{ 0;1;2;3;...;954\}$, tức có 955 giá trị k thỏa mãn.

Vậy phương trình có 955 nghiệm thuộc khoảng (0;3000).

Số cây mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với tổng n số hạng là 496, số hạng đầu ${u_1} = 1$ công sai d = 1.

Ta có: $496 = \frac{{2.1 + (n - 1).1}}{2}.n \Leftrightarrow 992 = (2 + n - 1).n = {n^2} + n - 992 = 0$.

Ta tính được n = 31 hoặc n = -32 (loại).

Vậy số hàng cây trồng được là 31 hàng.

Xét ${u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {n + 1 + \frac{1}{{n + 1}}} \right) - \left( {n + \frac{1}{n}} \right) = 1 + \frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{n} = \left( {1 - \frac{1}{n}} \right) + \frac{1}{{n + 1}}$.

Ta có: $n \ge 1 \Leftrightarrow \frac{1}{n} < 1 \Leftrightarrow 1 - \frac{1}{n} > 0$; $n \ge 1 \Rightarrow \frac{1}{{n + 1}} > 0$.

Vậy ${u_{n + 1}} - {u_n} > 0$, tức dãy số tăng.

Khi đó, dãy bị chặn dưới bởi ${u_1} = 1 + \frac{1}{1} = 2 = m$.

Xét $\Delta ACD$ có IJ//CD suy ra $\frac{{AI}}{{AD}} = \frac{{AJ}}{{AC}} = \frac{1}{2}$ (I và J theo thức tự là trung điểm của AD và AC).

Từ đó dễ dàng chứng minh $\Delta AIJ$ᔕ

$\Delta ADC$, suy ra $\frac{{IJ}}{{CD}} = \frac{1}{2}$, tức $IJ = \frac{1}{2}CD$   (1)

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD = (ACD) \cap (BCD)}\\{IJ = (ACD) \cap (IJG)}\\{EF = (IJG) \cap (BCD)}\\{IJ/CD}\end{array}} \right.$. Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta được: EF//CD//IJ.

Vì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EF = (IJG) \cap (BCD)}\\\begin{array}{l}G \in (IJG)\\G \in (BCD)\end{array}\end{array}} \right.$ nên E, G, F thẳng hàng.

Xét $\Delta BCM$ có FG//CM (vì EF//CD) suy ra $\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BM}} = \frac{2}{3}$ (vì G là trọng tâm $\Delta BCD$).

Xét $\Delta BCD$ có EF//CD suy ra $\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BE}}{{BD}} = \frac{2}{3}$.

Từ đó dễ dàng chứng minh $\Delta BEF$ᔕ$\Delta BDC$, suy ra $\frac{{EF}}{{CD}} = \frac{2}{3}$, tức $EF = \frac{2}{3}CD$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{IJ}}{{EF}} = \frac{{\frac{1}{2}CD}}{{\frac{2}{3}CD}} = \frac{3}{4} = 0,75$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (CDM)}\\\begin{array}{l}M \in AB \subset (SAB)\\AB//CD\\AB \subset (SAB),CD \subset (CDM)\end{array}\end{array}} \right.$ nên giao tuyến của (CDM) và (SAB) là đường thẳng d song song với AB, CD và đi qua M.

Giả sử d cắt SA tại N thì đường thẳng MN là giao tuyến của (CDM), (SAB) và MN//AB, suy ra $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}$.

Từ đó, dễ dàng chứng minh $\Delta SMN$ᔕ$\Delta SAB$, suy ra $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3}$, tức $MN = \frac{1}{3}AB = \frac{1}{3}.3 = 1$ (cm).

Vì ABCD là hình bình hành nên AB = CD = 3 (cm).

Vậy MN + CD = 1 + 3 = 4 (cm).