Câu hỏi:

Gọi \(M'\left( x;y \right)\) là ảnh của điểm M qua phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow{v}\) ta có:

x \(\begin{array}{l}{T_{\overrightarrow u }}\left( M \right) = M' \Rightarrow \overrightarrow {MM'}  = \overrightarrow v \\ \Leftrightarrow \left( {x - 1,y + 2} \right) = \left( {3; - 2} \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 = 3\\y + 2 =  - 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y =  - 4\end{array} \right. \Rightarrow M'\left( {4; - 4} \right).\end{array}\)

Chọn C.

Đk: \(n\ge 3,n\in N\)

\(\begin{array}{l}C_n^1 + 6C_n^2 + 6C_n^3 = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 6\frac{{n!}}{{2!\left( {n - 2} \right)!}} + 6\frac{{n!}}{{3!\left( {n - 3} \right)!}} = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 3n\left( {n - 1} \right) + n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right) = 9{n^2} - 14n\\ \Leftrightarrow n + 3{n^2} - 3n + {n^3} - 3{n^2} + 2n - 9{n^2} + 14n = 0\\ \Leftrightarrow {n^3} - 9{n^2} + 14n = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 0\,\,\left( {ktm} \right)\\n = 7\,\,\left( {tm} \right)\\n = 2\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Gọi mặt phẳng (PQRS) là mp(P) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = PQ\\\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = RS\\\left( {ABC} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AC\end{array} \right. \Rightarrow \) PQ, RS, AC hoặc song song hoặc đồng quy. Vậy A đúng.

Tương tự ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = PS\\\left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = QR\\\left( {ABD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BD\end{array} \right. \Rightarrow \) PS, RQ và BD đồng quy hoặc song song. Vậy B đúng.

Dễ thấy đáp án D đúng.

Vậy C sai.

Chọn C.

Trong mp(ABCD) qua O kẻ EF // BC \(\left( E\in AB,F\in CD \right)\) ta có:

(P) và (ABCD) có điểm O chung. \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( ABCD \right);EF\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( ABCD \right)\text{=EF}\text{.}\)

Tương tự trong mp(SAB) kẻ EH // SA \(\left( H\in SB \right)\) ta có:

(P) và (SAB) có điểm E chung, \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAB \right),EH\parallel SA\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SAB \right)=EH.\)

Trong (SBC) kẻ HG // BC \(\left( G\in SC \right)\) ta có:

(P) và (SBC) có điểm H chung, \(\left( P \right)\parallel BC\subset \left( SBC \right),HG\parallel BC\Rightarrow \left( P \right)\cap \left( SBC \right)=HG.\)

 \(\left( P \right)\cap \left( SCD \right)=GF\).

Vậy thiết diện là tứ giác EFGH.

Ta có: HG // EF // BC nên EFGH là hình thang.

Chọn B.

Ta có: (P) và (ABCD) có điểm I chung. Hơn nữa:

\(\left( P \right)\parallel BD\subset \left( ABCD \right)\Rightarrow \) giao tuyến của (P) và (ABCD) là đường thẳng qua I và song song với BD cắt AB tại E và cắt AD tại F.

Suy ra EF // BD.

Mp(P) và (SAC) có điểm I chung. \(\left( P \right)\parallel SA\subset \left( SAC \right)\Rightarrow \) Giao tuyến của (P) và (SAC) là đường thẳng đi qua I và song song với SA cắt SC tại G.

Tương tự như vậy ta xác định được \(\begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) = EH\parallel SA\,\,\left( {H \in SB} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = FJ\parallel SA\,\,\left( {J \in SD} \right)\end{array}\)

Vậy thiết diện là ngũ giác EFJGH.

Chọn D.