giúp e với ạ

a) Đúng. Vì góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) chính là góc giữa SB và CD, đều cho là $60^0$. b) Sai. Vì góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) chính là góc giữa SA và AB, đều cho là $90^0$. c) Đúng. Vì AB và SC không song song và không cắt nhau trong không gian, nên chúng là hai đường thẳng chéo nhau. d) Sai. Vì thể tích khối chóp S.ABCD được tính bằng công thức $V = \frac{1}{3}Bh$, trong đó B là diện tích đáy và h là chiều cao. Đáy là hình vuông cạnh a, diện tích B = $a^2$. Chiều cao h = SO, với O là tâm hình vuông ABCD. Theo đề bài, SO = $a\sqrt3$. Thay vào công thức, ta có: $V = \frac{1}{3}a^2.a\sqrt3 = \frac{a^3\sqrt3}{3}$, không phải là $a^3\sqrt3$. Vậy các câu a) và c) đúng, câu b) sai, câu d) sai. Câu 4. a) Hàm số liên tục trên $(-1;1).$ Hàm số $f(x)$ là hàm phân thức hữu tỉ nên nó liên tục trên tập xác định của nó. Tập xác định của hàm số $f(x)$ là $D = R \setminus \{-1; 1\}$. Vậy hàm số liên tục trên khoảng $(-1;1)$. Đáp án: Đúng. b) $\lim_{x\rightarrow-4}f(x)\ne\lim_{x\rightarrow-4}f(x).$ Ta có: $\lim_{x\rightarrow-4}f(x) = \lim_{x\rightarrow-4}\frac{x-2}{x^2-1} = \frac{-4-2}{(-4)^2-1} = \frac{-6}{15} = -\frac{2}{5}.$ $\lim_{x\rightarrow-4^+}f(x) = \lim_{x\rightarrow-4^+}\frac{x-2}{x^2-1} = \frac{-4-2}{(-4)^2-1} = \frac{-6}{15} = -\frac{2}{5}.$ $\lim_{x\rightarrow-4^-}f(x) = \lim_{x\rightarrow-4^-}\frac{x-2}{x^2-1} = \frac{-4-2}{(-4)^2-1} = \frac{-6}{15} = -\frac{2}{5}.$ Vậy $\lim_{x\rightarrow-4}f(x) = -\frac{2}{5}$. Tuy nhiên, đề bài yêu cầu chứng minh $\lim_{x\rightarrow-4}f(x)\ne\lim_{x\rightarrow-4}f(x)$, đây là một mâu thuẫn. Đáp án: Sai. c) $\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)=-\alpha$ và $\lim_{x\rightarrow-1^-}f(x)=+\alpha.$ Ta có: $\lim_{x\rightarrow1^+}f(x) = \lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x-2}{x^2-1} = \frac{1-2}{1^2-1} = \frac{-1}{0^-} = +\infty.$ $\lim_{x\rightarrow-1^-}f(x) = \lim_{x\rightarrow-1^-}\frac{x-2}{x^2-1} = \frac{-1-2}{(-1)^2-1} = \frac{-3}{0^-} = -\infty.$ Vậy $\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)$ và $\lim_{x\rightarrow-1^-}f(x)$ không bằng $-\alpha$ hoặc $+\alpha$. Đáp án: Sai. d) Hàm số gián đoạn tại $x=\pm1.$ Hàm số $f(x)$ liên tục trên tập xác định của nó. Tập xác định của hàm số $f(x)$ là $D = R \setminus \{-1; 1\}$. Vậy hàm số liên tục trên các khoảng $(-\infty; -1)$, $(-1; 1)$, $(1; +\infty)$. Do đó, hàm số không gián đoạn tại $x = \pm 1$. Đáp án: Sai. Tóm lại, chỉ có câu a) là đúng. Đáp án: a. Câu 1. Để mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^3-mx^2+(2m-3)x-1$ đều có hệ số góc dương thì đạo hàm của hàm số $y'(x)$ phải dương với mọi $x \in (-30;30)$. Ta có $y'(x) = 3x^2 - 2mx + (2m - 3)$. Để $y'(x)$ dương với mọi $x \in (-30;30)$, thì phương trình $y'(x) = 0$ phải vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có nghiệm nằm ngoài khoảng $(-30;30)$. Xét $\Delta' = m^2 - 3(2m - 3) = m^2 - 6m + 9 = (m - 3)^2$. $\Delta' \geq 0$ với mọi $m$, nên $y'(x) = 0$ luôn có nghiệm. Nếu $y'(x) = 0$ có nghiệm $x_0$ thuộc khoảng $(-30;30)$, thì theo định lý Vi-ét, ta có $x_0 = \frac{2m}{3}$. Do $x_0 \in (-30;30)$ nên $-30 < \frac{2m}{3} < 30 \Leftrightarrow -90 < 2m < 90 \Leftrightarrow -45 < m < 45$. Vậy để $y'(x)$ dương với mọi $x \in (-30;30)$, thì $m$ phải thuộc khoảng $(-45;45)$. Các giá trị nguyên thuộc khoảng $(-30;30)$ của tham số $m$ là $-44, -43, -42, ..., 42, 43, 44.$ Có tất cả $89$ giá trị nguyên thuộc khoảng $(-30;30)$ của tham số $m$ để mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số $y=x^3-mx^2+(2m-3)x-1$ đều có hệ số góc dương. Câu 2. Để tính chi phí hoạt động của công ty đó vào năm thứ 5 sau khi thành lập, ta cần thay $t = 5$ vào công thức $C(t) = 90 - 50e^{-t}$. Thay $t = 5$ vào công thức, ta được: $C(5) = 90 - 50e^{-5}.$ Bây giờ, ta tính giá trị của biểu thức $90 - 50e^{-5}$: $90 - 50e^{-5} \approx 90 - 50 \times 0.00674 \approx 90 - 0.337 \approx 89.663.$ Làm tròn kết quả đến hàng phần chục, ta được: $89.663 \approx 89.7.$ Vậy, chi phí hoạt động của công ty đó vào năm thứ 5 sau khi thành lập là $89.7$ tỉ đồng. Câu 3. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC. Vì AD vuông góc với BC nên H thuộc AD. Vì AD vuông góc với (ABC) nên AH là đường cao của tứ diện. Góc giữa AD và (ABC) bằng $45^0$ nên $\widehat{ADH}=45^0$. Vì AD vuông góc với BC nên tam giác ADH vuông cân tại H. Do đó, $AH=HD=\frac{1}{2}$. Vì tam giác ABC, ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại A, B, C nên BC là cạnh huyền của tam giác vuông ABC. Gọi $x=AB=AC$ và $y=BC$ thì theo định lý Pytago trong tam giác vuông ABC, ta có $y^2=x^2+x^2=2x^2$. Vì AD vuông góc với BC nên AD là cạnh huyền của tam giác vuông AHD. Do đó, $AD^2=AH^2+HD^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$. Suy ra $AD=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Vì tam giác ABD, ACD là các tam giác vuông tương ứng tại B, C nên BD và CD là các cạnh góc vuông của tam giác vuông ABD và tam giác vuông ACD. Theo định lý Pytago trong tam giác vuông ABD và tam giác vuông ACD, ta có $BD^2=AB^2+AD^2=x^2+\frac{1}{2}$ và $CD^2=AC^2+AD^2=x^2+\frac{1}{2}$. Suy ra $BD=CD=\sqrt{x^2+\frac{1}{2}}$. Thể tích khối tứ diện ABCD bằng $\frac{1}{3}S_{ABC}.AD=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}BC.AB.AD=\frac{1}{6}y.x.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}xy$. Thay $y=\sqrt{2}x$ vào biểu thức thể tích, ta được $V=\frac{\sqrt{2}}{12}x.\sqrt{2}x=\frac{1}{6}x^2$. Vì $x=AB=AC$ nên theo định lý Pytago trong tam giác vuông ABC, ta có $y^2=2x^2$ hay $2x^2=y^2=2x^2$. Suy ra $x=1$. Thay $x=1$ vào biểu thức thể tích, ta được $V=\frac{1}{6}.1^2=\frac{1}{6}$. Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, ta được $V\approx 0,17$. Vậy thể tích khối tứ diện ABCD bằng $0,17$. Câu 4. [asy] import three; triple A=(0,0,0); triple B=(2,0,0); triple C=B+(1,sqrt(3),0); triple D=C-(1,sqrt(3),0); triple A1=A+(0,0,sqrt(2)); triple B1=B+(0,0,sqrt(2)); triple C1=C+(0,0,sqrt(2)); triple D1=D+(0,0,sqrt(2)); draw(B--C--D--A--B); draw(A1--B1--C1--D1--A1); draw(A--A1); draw(B--B1); draw(C--C1); draw(D--D1); draw(A--D1,dashed); draw(B--C1,dashed); label("$A$",A,SW); label("$B$",B,dir(0)); label("$C$",C,N); label("$D$",D,dir(180)); label("$A'$",A1,dir(270)); label("$B'$",B1,dir(270)); label("$C'$",C1,dir(90)); label("$D'$",D1,dir(90)); [/asy] Gọi $O$ là tâm của hình thoi $ABCD$, ta có $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp đứng nên $AA' \perp (ABCD)$, do đó $AA' \perp AC$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \perp BD$, do đó $AC \perp (BDD'B')$. Suy ra $AC \perp AD'$. Vì $AD' \perp BA'$ nên $AD'$ vuông góc với mặt phẳng $(ABA'B')$. Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD'$ và $BA'$ chính là khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(ABA'B')$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, ta có $OH \perp AB$. Vì $AA' \perp (ABCD)$ nên $AA' \perp AB$, do đó $OH \perp (ABA'B')$. Suy ra khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(ABA'B')$ chính là độ dài đoạn thẳng $OH$. Ta có $OH = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}.2\sqrt{2} = \sqrt{2}$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD'$ và $BA'$ bằng $\sqrt{2}$. Câu 5.