Câu hỏi:

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

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} + 4} - 2}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 4} - 2} \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 4} + 2} \right)}}{{x\left( {\sqrt {{x^2} + 4} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} + 4 - 4}}{{x\left( {\sqrt {{x^2} + 4} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}}}{{x\left( {\sqrt {{x^2} + 4} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 4} + 2}} = \frac{0}{{\sqrt 4 + 2}} = 0$.

Đây là một bài toán hình học không gian.

a) Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng đi qua điểm chung của hai mặt phẳng này. Trong trường hợp này, điểm chung là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình bình hành, $AC$ và $BD$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường. Do đó, giao tuyến là $SO$.

b) Để chứng minh $NG$ song song với mặt phẳng $(SAC)$, ta cần chứng minh $NG$ song song với một đường thẳng nào đó nằm trong mặt phẳng $(SAC)$ hoặc chứng minh $NG$ song song với mặt phẳng chứa trong $(SAC)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $SG = \frac{2}{3}SM$. Vì $N$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $CN = \frac{2}{3}CO$.
Xét tam giác $SOM$, ta có $\frac{SG}{SM} = \frac{2}{3}$. Xét tam giác $CON$, ta có $\frac{CN}{CO} = \frac{2}{3}$.

Gọi $I$ là giao điểm của $SO$ và mặt phẳng chứa $NG$. Xét mặt phẳng $(SAB)$ và $(ABC)$, giao tuyến là $AB$. Xét mặt phẳng $(SCD)$.

Ta có $\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}$ và $\frac{SG}{SA}=\frac{2}{3}$, suy ra $NG // AC$.
Vì $AC \subset (SAC)$ nên $NG // (SAC)$.

Diện tích hình vuông ban đầu là: $4\times 4 = 16 \; (m^2)$

Ở mỗi bước lặp, diện tích được tô màu bằng $\frac{1}{2}$ diện tích của hình vuông hiện tại. Diện tích hình vuông giảm đi một nửa sau mỗi lần lặp.

Diện tích được tô màu sau 10 lần lặp là:

$S = 16 \times \frac{1}{2} + 16 \times (\frac{1}{2})^2 + ... + 16 \times (\frac{1}{2})^{10} = 16 \times \frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^{10})}{1-\frac{1}{2}} = 16(1-(\frac{1}{2})^{10}) \approx 15.984 \; (m^2)$

Số tiền cần trả là: $15.984 \times 80 000 \approx 1 278 720 \; \text{đồng}$

Tuy nhiên, đề bài yêu cầu tô màu 2 tam giác đối diện ở mỗi bước. Như vậy diện tích cần sơn sẽ là:

$S = 16 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + 16 \times (\frac{1}{2})^2 \times \frac{1}{2} + ... + 16 \times (\frac{1}{2})^{10} \times \frac{1}{2} = 4 \times (1 - (\frac{1}{2})^{10}) \approx 3.996 \; (m^2)$

Vậy số tiền cần là: $3.996 \times 80000 = 319680 \text{ đồng}$

Cách khác, ta có thể tính diện tích phần không tô màu còn lại sau 10 bước:

$S_{\text{còn lại}} = 16 \times (\frac{1}{2})^{10} = \frac{16}{1024} = \frac{1}{64} \approx 0.015625 \; (m^2)$

Khi đó diện tích đã tô là $16 - 0.015625 = 15.984375 \; (m^2)$.

Ở mỗi bước diện tích tô màu bằng diện tích 2 tam giác, tức là 1 nửa hình vuông. Tổng diện tích tô màu là:

$\sum_{i=1}^{10} 16(\frac{1}{2})^i \times \frac{1}{2} = 16 \times \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{10} (\frac{1}{2})^i = 8 \times \frac{\frac{1}{2} (1-(\frac{1}{2})^{10})}{1 - \frac{1}{2}} = 8(1-(\frac{1}{2})^{10}) = 8 - \frac{8}{1024} = 7.9921875 \; (m^2)$

Số tiền cần là $7.9921875 \times 80000 = 639375 \text{ đồng}$

Ta thấy đề có vấn đề ở chỗ diện tích hình vuông con sẽ là $S_n = \frac{S_{n-1}}{2}$, mà diện tích tô màu ở mỗi bước sẽ là một nửa diện tích hình vuông đó. Vậy diện tích tô màu ở mỗi bước sẽ là $\frac{S_{n-1}}{4}$

Vậy tổng diện tích sẽ là $\sum_{i=1}^{10} 16 \times (\frac{1}{4})^i = 16 \times \frac{\frac{1}{4} (1 - (\frac{1}{4})^{10})}{1-\frac{1}{4}} = \frac{16}{3} (1 - (\frac{1}{4})^{10}) = 5.3333 (1 - (\frac{1}{4})^{10}) \approx 5.3333 (m^2)$

Số tiền cần trả là: $5.3333\times 80000 = 426666.67\; \text{đồng}$

Nếu hiểu đề bài là chỉ tô 2 tam giác ĐỐI DIỆN ở HÌNH VUÔNG BAN ĐẦU thì diện tích tô ở mỗi bước sẽ là $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times 16 = 4 \; (m^2)$. Vậy sau 10 lần diện tích tô vẫn bằng $4 \; (m^2)$

Khi đó số tiền là $4\times 80000 = 320000 \; \text{đồng}$.

Do các đáp án không có đáp án nào gần kết quả nên có thể đề có sai sót.

Ta có:

• $s = - 5\sqrt 3 \Leftrightarrow 10\sin \left( {10t + \frac{\pi }{2}} \right) = - 5\sqrt 3 $
• $ \Leftrightarrow \sin \left( {10t + \frac{\pi }{2}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$
• $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {10t + \frac{\pi }{2} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\ {10t + \frac{\pi }{2} = \pi + \frac{\pi }{3} + k2\pi } \end{array}} \right.$
• $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = - \frac{\pi }{{30}} + k\frac{\pi }{5}}\\ {t = - \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5}} \end{array}} \right.,k \in Z$

Vậy đáp án là $t = - \frac{\pi }{{30}} + k\frac{\pi }{5};t = - \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in Z$

Góc lượng giác $(Ou, Ov)$ có thể có nhiều số đo khác nhau, nhưng trong trường hợp này, vì không có thông tin thêm về chiều quay, ta chọn số đo dương nhỏ nhất, tức là $50^\circ$.