PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (7,0 điểm)

 Cho \[\cos \alpha = \frac{5}{6}\,\,\left( {0 < \alpha < \frac{\pi }{2}} \right)\]. Giá trị của \[sin\alpha \] bằng

Chọn B

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Chọn mặt phẳng \(\left( {SBM} \right) \supset BG\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(I = BM \cap AC\) . Khi đó, \(\left( {SBM} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SI\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), \(H = BG \cap SI\).

Ta có: \(H \in SI\) mà \(SI \in \left( {SAC} \right)\) suy ra \(H \in \left( {SAC} \right)\)

         \(H \in BG\)

Vậy \(H \in BG \cap \left( {SAC} \right)\).

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\), suy ra \(MN\) là đường trung bình trong \(\Delta ACD\), suy ra \(MN\parallel AC\)

Ta có \(BC\parallel AN,BC = AN\) nên tứ giác \(ABCN\) là hình bình hành

Gọi \(J = AC \cap BN\), suy ra \(J\) là trung điểm của \(BN\).

Trong \(\Delta BMN\), ta có \(MN\parallel IJ\) và \(J\) là trung điểm của \(BM\) nên \(IB = IM\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBM} \right)\), kẻ \(GK\parallel SI\) với \(K \in BM\)

Xét \(\Delta SMI\), ta có \(GK\parallel SI\) nên \(\frac{{IM}}{{IK}} = \frac{{SM}}{{SG}} = \frac{3}{2}\)

Xét \(\Delta BGK\), ta có \(GK\parallel IH\) nên \(\frac{{HB}}{{HG}} = \frac{{BI}}{{IK}} = \frac{{IM}}{{IK}} = \frac{3}{2}\) (do \(IM = IK\)).

\[
\cos x=\frac{2}{5}\Leftrightarrow x=\pm\arccos\frac{2}{5}+2k\pi,\ k\in\mathbb{Z}.
\]

+ Với $x=\arccos\frac{2}{5}+2k\pi$:

\[
\text{Vì } x\in\left(-\frac{\pi}{2};2\pi\right)\ \text{nên }
-\frac{\pi}{2}<\arccos\frac{2}{5}+2k\pi<2\pi
\]

\[
\Leftrightarrow
\frac{-\pi-2\arccos\frac{2}{5}}{4\pi}<k<
\frac{2\pi-\arccos\frac{2}{5}}{2\pi}
\]

Mà $k$ là số nguyên nên $k=0$. Do đó,
\[
x=\arccos\frac{2}{5}.
\]

+ Với $x=-\arccos\frac{2}{5}+2k\pi$: