c)
$O$ cách đều $S,A,C,Dhay OS=OA=OC=OD$
có $\left\{ \begin{array}{l} OA=OC=OD\Rightarrow O\in d   là   trục   của   \Delta ACD\\ OA=OS\Rightarrow O\in (P) trung  trực  của SA\end{array} \right.$
$\Rightarrow O=d\cap (P)$
Lấy $M$ là trung điểm của $SA$ 
Kẻ $\left\{ \begin{array}{l} MN//AD\\ MI//AB \end{array} \right.\Rightarrow (MNI)//(ABCD)$ mà $(ABCD)\perp SA$ nên $(MNI)\perp SA\Rightarrow (P)=(MNI)$
gọi $J$ là trung điểm của $AD\Rightarrow J$ là tâm dtron ngoại tiếp tam giác $ACD$ (do $\Delta ACD$ vuông tại $C$)
mặt khác $JN//SA\Rightarrow JN\perp (ACD)\Rightarrow JN=d$
$O=d\cap (P)=JN\cap (MNJ)=J\Rightarrow M=J$
Vậy $O$ là trung điểm của $SD$

$(2+x+\frac{5}{x})^7=\sum^7_{k=0}C^k_72^{7-k}(x+\frac{5}{x})^k=\sum^7_{k=0}C^k_72^{7-k}\sum^k_{l=0}C^l_kx^{k-l}\frac{5^l}{x^l}$
$=\sum^7_{k=0}\sum^k_{l=0}C^k_7C^l_k2^{7-k}.5^l.x^{k-2l}$
$\Rightarrow T_{k+1}=C^k_7C^l_k2^{7-k}5^lx^{k-2l}$

Gọi $I$ là trung điểm của $AC\Rightarrow BI\perp AC$

$SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BI\Rightarrow BI\perp (SAC)\Rightarrow BI\perp SC$

Dựng $AH\perp SC,K$ là trung điểm của $HC\Rightarrow IK//AH\Rightarrow IK\perp SC$

Vậy $(\alpha)$ là mp $(BIK)$

ta có : $BI\perp (SAC)\Rightarrow BI\perp IK$

thiết diện là tam giác $BIK$ vuông tại $I$
$S_{\Delta BIK}=\frac{1}{2}BI.IK$
+ $BI$ là đường cao của tam giác đều $ABC:BI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
+ $IK$là đtb của tam giác $AHC\Rightarrow IK=\frac{AH}{2}$
 tam giác $ASC$vuong tai $A:$
$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}\Rightarrow AH=\frac{a.2\sqrt5}{5}$
$\Rightarrow IK=\frac{a\sqrt5}{5}$
Khi do $S_{\Delta BIK}=\frac{1}{2}\frac{a\sqrt3}{2}\frac{a\sqrt5}{5}=\frac{a^2\sqrt{15}}{20}$

4) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}\sqrt[3]{1+\frac{x}{2}}\sqrt[4]{1+\frac{x}{3}}-\sqrt[4]{1-x}}{\frac{3}{2}\sqrt{4+x}-\sqrt[3]{8-x}-\sqrt[4]{1-x}}$
5)$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\frac{\sqrt[3]{6x^2+2}-2\sqrt{x}}{x^3-x^2-x+1}$