Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 11 - đề số 5 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 . Cho $a,\,\,b$ là hai số thực khác 0. Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6$ thì $a + b$ bằng:

A. $8$        B. $2$        C. $- 4$     D. $- 6$

Câu 2 . Cho hình lập phương $ABCD.EFGH$ có cạnh $AB = a$. Khi đó $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG}$ bằng:

A. ${a^2}\sqrt 3$        B. ${a^2}$

C. ${a^2}\sqrt 2$        D. $\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}{a^2}$

Câu 3 .Trong các dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ sau đấy, dãy số nào không là cấp số cộng?

A. $\left( {{u_n}} \right) = {\left( {n + 1} \right)^2} - {n^2}$       

B. ${u_n} = 3n - 1$     

C. $\left\{ \begin{array}{l}{u_{n + 1}} = 2018 + {u_n}\\{u_1} = 3\end{array} \right.$    

D. ${u_n} = {3^n} + 1$

Câu 4. Cho $a$ là một số thực khác 0. Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{{x^4} - {a^4}}}{{x - a}}$.

A. $3{a^2}$        B. ${a^3}$         C. $4{a^3}$        D. $2{a^3}$

Câu 5 . Khẳng định nào sai trong các khẳng định sau:

A. Nếu $a \bot \left( P \right),\,\,b//a$ thì $b \bot \left( P \right)$

B. Nếu $a \bot \left( P \right),\,\,b//\left( P \right)$ thì $a \bot b$

C. Nếu $\left( P \right)//\left( Q \right),\,\,a \bot \left( P \right)$ thì $a \bot \left( Q \right)$          

D. Nếu $\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \bot c\\b,\,\,c \subset \left( P \right)\end{array} \right.$ thì $a \bot \left( P \right)$

Câu 6. Tính $\lim \dfrac{{\left( {2{n^2} + 1} \right)n}}{{3 + n - 3{n^3}}}$.

A. $\dfrac{2}{3}$         B. $0$        C. $- \dfrac{2}{3}$      D. $- \infty$

Câu 7 . Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. Gọi $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,\,AD$ và $G$ là trọng tâm tam giác $SBD$. Mặt phẳng $\left( {MNG} \right)$ cắt $SC$ tại điểm $H$. Tính $\dfrac{{SH}}{{SC}}$.

A. $\dfrac{2}{3}$         B. $\dfrac{2}{5}$         C. $\dfrac{1}{4}$         D. $\dfrac{1}{3}$

Câu 8.Trong các dãy số sau, dãy số nào có giới hạn hữu hạn?

A. ${u_n} = \dfrac{{2{n^3} - 11n + 1}}{{{n^2} - 2}}$       

B. ${u_n} = \sqrt {{n^2} + 2n}  - n$

C. ${u_n} = {3^n} + {2^n}$ 

D. ${u_n} = \dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} - 2}  - \sqrt {{n^2} + 4} }}$

Câu 9 . Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {4{x^2} - 7{x^3} + 2} \right) =  + \infty$         

B. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {5{x^3} - {x^2} + x + 1} \right) =  + \infty$

C. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2{x^4} + 3x + 1} \right) =  + \infty$     

D. $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {3x - {x^5} + 2} \right) =  + \infty$

Câu 10 . Cho cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ biết ${u_1} = 3,\,\,{u_2} =  - 6$. Khi đó ${u_5}$ bằng:

A. $48$      B. $- 48$   C. $- 24$   D. $24$

Câu 11 .Cho cấp số nhân lùi vô hạn $1;\,\, - \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{4};\,\, - \dfrac{1}{8};\,...;{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n},\,\,...$ có tổng là một phân số tối giản $\dfrac{m}{n}$. Tính $m + 2n$

A. $m + 2n = 5$  B. $m + 2n = 4$

C. $m + 2n = 7$  D. $m + 2n = 8$

Câu 12 . Tính $\lim \dfrac{{{{2018}^n} + {2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}$.

A. $0$        B. $+ \infty$      C. $1$        D. ${2^{2018}}$

Câu 13 . Cho tứ diện đều $ABCD$. Số đo góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ bằng:

A. ${60^0}$        B. ${30^0}$        C. ${90^0}$        D. ${45^0}$

Câu 14 . Tính $\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n}  - n} \right)$.

A. $0$        B. $\dfrac{1}{2}$         C. $+ \infty$      D. $1$

Câu 15 .Cho hai số thực $x,\,\,y$ thỏa mãn $6,\,\,x,\,\, - 2,\,\,y$ lập thành cấp số cộng. Tìm $x,\,\,y$.

A. $x = 2,\,\,y =  - 6$    

B. $x = 4,\,\,y = 6$       

C. $x = 2,\,\,y = 5$

D. $x = 4,\,\,y =  - 6$

Câu 16 .Cho $C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - mx + m - 1}}{{{x^2} - 1}}$. Tìm tất cả các giá trị thực của $m$ để $C = 2$.

A. $m = 1$ B. $m = 2$

C. $m =  - 2$       D. $m =  - 1$

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 .Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có ${S_6} = 18$ và ${S_{10}} = 110$. Tính ${S_{16}}$.

Câu 2 .Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x}  + x} \right)$.

Câu 3. Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2} + x - 2}}{{x - 1}}\,\,khi\,\,x \ne 1\\\,\,\,\,\,\,\,{a^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 1\end{array} \right.$. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $a$ để hàm số liên tục tại $x = 1$.

Câu 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, cạnh $SA$ vuông góc với mặt đáy, $AB = a$, $SA = a\sqrt 3$, $BC = a\sqrt 2$.

          1) Chứng minh $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

          2) Gọi $E$ là trung điểm của cạnh $BC$. Chứng minh $BD \bot SE$.

          3) Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$. Tính $\cos \alpha$.

Lời giải chi tiết

 

 

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

- Chia tử cho mẫu.

- Tính giới hạn, lập hệ phương trình hai ẩn $a,\,\,b$.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{x\left( {x - 2} \right) + \left( {a + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + 2a + b + 4}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2 + \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}} \right)\\ = 4 + a + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}\end{array}$

Để $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6$ thì $\left\{ \begin{array}{l}4 + a = 6\\2a + b + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 8\end{array} \right.$.

Vậy $a + b = 2 + \left( { - 8} \right) =  - 6$.

Chọn D.

Câu 2 (TH)

Phương pháp:

- Xác định vectơ bằng vectơ $\overrightarrow {EG}$ hoặc bằng vectơ $\overrightarrow {AB}$.

- Sử dụng công thức: $\overrightarrow a .\overrightarrow b  = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos \angle \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow b } \right)$.

Cách giải:

 

Ta có: $\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AC}$, do đó

$\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = {a^2}\end{array}$

Chọn B.

Câu 3 (TH)

Phương pháp:

Chứng minh hiệu $H = {u_{n + 1}} - {u_n} = const\,\,\forall n$.

Cách giải:

Xét đáp án A ta có: $\left( {{u_n}} \right) = {\left( {n + 1} \right)^2} - {n^2} = 2n + 1$.

$\Rightarrow H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 2\left( {n + 1} \right) + 1 - 2n - 1 = 2\,\,\forall n$, do đó đây là CSC.

Xét đáp án B: $H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 3\left( {n + 1} \right) - 1 - 3n + 1 = 3\,\,\forall n$, do đó đây là CSC.

Xét đáp án C: $H = {u_{n + 1}} - {u_n} = 2018$, do đó đây là CSC.

Vậy đáp án D không là cấp số cộng.

Chọn D.

Câu 4 (TH)

Phương pháp:

- Sử dụng hằng đẳng thức.

- Rút gọn để khử dạng 0/0 và tính giới hạn.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{{x^4} - {a^4}}}{{x - a}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{\left( {x - a} \right)\left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}}{{x - a}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right) = 2a.2{a^2} \\= 4{a^3}\end{array}$

Chọn C.

Câu 5 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng định lí: Nếu $\left\{ \begin{array}{l}a \bot b\\a \bot c\\b \cap \,c \subset \left( P \right)\end{array} \right.$ thì $a \bot \left( P \right)$.

Cách giải:

Dễ thấy đáp án D sai do thiếu điều kiện $b,\,\,c$ phải cắt nhau.

Chọn D.

Câu 6 (NB)

Phương pháp:

Chia cả tử và mẫu cho ${n^3}$.

Cách giải:

$\lim \dfrac{{\left( {2{n^2} + 1} \right)n}}{{3 + n - 3{n^3}}} \\= \lim \dfrac{{2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{1}{{{n^2}}} - 3}} =  - \dfrac{2}{3}$.

Chọn C.

Câu 7 (VD)

Phương pháp:

- Chọn $SC \subset \left( {SAC} \right)$, xác định $d = \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)$.

- Xác định $H = SC \cap \left( {GMN} \right) = SC \cap d$.

- Sử dụng định lí Menelaus trong tam giác để tính tỉ số.

Cách giải:

 

Gọi $O = AC \cap BD \Rightarrow O$ là trung điểm của $AC,\,\,BD$.

$\Rightarrow SO$ là đường trung tuyến của $\Delta SBD \Rightarrow G \in SO \Rightarrow G \in \left( {SAC} \right)$.

Chọn $SC \subset \left( {SAC} \right)$.

Xét $\left( {GMN} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ có $G$ chung.

Trong $\left( {ABCD} \right)$ gọi $E = MN \cap AC$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {GMN} \right)\\E \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow E \in \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)$.

$\Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = GE$.

Trong $\left( {SAC} \right)$ gọi $H = GE \cap SC$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}H \in SC\\H \in GE \subset \left( {GMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = SC \cap \left( {GMN} \right)$.

Ta có $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABD \Rightarrow MN//BD$.

Xét tam giác $ABC$ có: $M$ là trung điểm của $AB,\,\,ME//BO$ nên $E$ là trung điểm của $AO$ (định lí đường trung bình của tam giác) $\Rightarrow \dfrac{{EO}}{{EC}} = \dfrac{1}{3}$.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $SOC$, cát tuyến $EGH$ ta có $\dfrac{{GS}}{{GO}}.\dfrac{{EO}}{{EC}}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1$

$\Rightarrow 2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HS}} = \dfrac{3}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{2}{5}$.

Chọn B.

Câu 8 (TH)

Phương pháp:

Tính giới hạn từng đáp án.

- Đáp án A: chia cả tử và mẫu cho ${n^3}$.

- Đáp án B: Nhân liên hợp sau đó chia cả tử và mẫu cho $n$.

- Đáp án C: Sử dụng công thức $\lim {c^n} =  + \infty \,\,\forall c > 0$.

- Đáp án D: Nhân liên hợp sau đó sử dụng giới hạn $\lim \dfrac{1}{{{n^\alpha }}} = 0\,\,\forall \alpha  > 0$.

Cách giải:

Đáp án A: ta có $\lim {u_n} = \lim \dfrac{{2{n^3} - 11n + 1}}{{{n^2} - 2}}$$= \lim \dfrac{{2 - \dfrac{{11}}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}}}{{\dfrac{1}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}}} =  + \infty$.

Đáp án B: $\lim {u_n} = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2}  - n} \right)$$= \lim \dfrac{2}{{\sqrt {{n^2} + 2}  + n}} = 0$.

Đáp án C: $\lim {u_n} = \lim \left( {{3^n} + {2^n}} \right) =  + \infty$.

Đáp án D: $\lim {u_n} = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} - 2}  - \sqrt {{n^2} + 4} }}$ $= \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} - 2}  + \sqrt {{n^2} + 4} }}{2} =  + \infty$.

Chọn B.

Câu 9 (NB)

Phương pháp:

Giới hạn của hàm đa thức phụ thuộc vào dấu của hệ số của bậc cao nhất.

Cách giải:

Dễ thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {4{x^2} - 7{x^3} + 2} \right) =  - \infty$ nên đáp án A sai.

Chọn A.

Câu 10 (TH)

Phương pháp:

- Tính $q = \dfrac{{{u_2}}}{{{u_1}}}$.

- Tính ${u_5} = {u_1} + 4d$.

Cách giải:

Gọi $d$ là công sai của CSC ta có $d = {u_2} - {u_1} =  - 6 - 3 =  - 9$.

Vậy ${u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4.\left( { - 9} \right) =  - 33$.

Chọn A.

Câu 11 (TH)

Phương pháp:

- Sử dụng công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu ${u_1}$, công bội $q$ là $S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}$.

- Đồng nhất hệ số tìm $m,\,\,n$.

Cách giải:

Ta có: $1;\,\, - \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{4};\,\, - \dfrac{1}{8};\,...;{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n},\,\,...$ là cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = 1,\,\,q =  - \dfrac{1}{2}$ nên

$1 + \left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + \dfrac{1}{4} + \left( { - \dfrac{1}{8}} \right) + ...$$+ {\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n} = \dfrac{1}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 2$.

$\Rightarrow m = 2,\,\,n = 1$. Vậy $m + 2n = 2.2 + 1 = 5$.

Chọn A.

Câu 12 (TH)

Phương pháp:

Chia cả tử và mẫu cho ${2019^n}$.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \dfrac{{{{2018}^n} + {2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}\\ = \lim \left[ {{{\left( {\dfrac{{2018}}{{2019}}} \right)}^n} + \dfrac{{{2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}} \right]\\ = 0 + 0 = 0\end{array}$

Chọn A.

Câu 13 (TH)

Phương pháp:

- Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

- Chứng minh $CD$ vuông góc với mặt phẳng chứa $AB$.

- Sử dụng các định lí: $\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)$, $\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a$.

Cách giải:

 

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Vì tứ diện $ABCD$ đều nên các tam giác $ACD,\,\,BCD$ là các tam giác đều.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right)$. Mà $AB \subset \left( {ABM} \right)$ nên $AB \bot CD$.

Vậy $\angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}$.

Chọn C.

Câu 14 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

Cách giải:

$\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n}  - n} \right) \\= \lim \dfrac{{{n^2} + n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + n}  + n}}\\ = \lim \dfrac{n}{{\sqrt {{n^2} + n}  + n}}\\ = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{n}}  + 1}} = \dfrac{1}{2}\end{array}$

Chọn B.

Câu 15 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng tính chất cấp số cộng: Nếu ba số $a,\,\,b,\,\,c$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng thì $a + c = 2b$.

Cách giải:

Vì $6,\,\,x,\,\, - 2,\,\,y$ theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l}6 + \left( { - 2} \right) = 2x\\x + y = 2.\left( { - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x + y =  - 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 6\end{array} \right.$.

Chọn A.

Câu 16 (TH)

Phương pháp:

- Phân tích thành nhân tử, rút gọn để khử dạng 0/0.

- Tính giới hạn, giải phương trình $C = 2$ để tìm $m$.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - mx + m - 1}}{{{x^2} - 1}}\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {1 - \dfrac{{m\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right]\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {1 - \dfrac{m}{{x + 1}}} \right) = 1 - \dfrac{m}{2}\\ \Rightarrow 1 - \dfrac{m}{2} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{m}{2} =  - 1 \Leftrightarrow m =  - 2\end{array}$

Chọn C.

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng có số hạng đầu ${u_1}$, công sai $d$ là ${S_n} = \dfrac{{\left( {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right).n}}{2}$.

Cách giải:

Gọi ${u_1}$ là số hạng đầu và $d$ là công sai của CSC.

Theo bài ra ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{S_6} = 18\\{S_{10}} = 110\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( {2{u_1} + 5d} \right).6}}{2} = 18\\\dfrac{{\left( {2{u_1} + 9d} \right).10}}{2} = 110\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 5d = 6\\2{u_1} + 9d = 22\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 7\\d = 4\end{array} \right.\end{array}$

Vậy ${S_{16}} = \dfrac{{\left( {2{u_1} + 15d} \right).16}}{2} \\= \dfrac{{\left( {2.\left( { - 7} \right) + 15.4} \right).16}}{2} = 368$.

Câu 2 (TH)

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x}  + x} \right) \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{{x^2} + 2x - {x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 2x}  - x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x}  - x}}\\=\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{2}{{ - \sqrt {1 + \dfrac{2}{x}}  - 1}} =  - 1\end{array}$

Câu 3 (TH)

Phương pháp:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ liên tục tại $x = {x_0}$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)$.

Cách giải:

Ta có:

$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} + x - 2}}{{x - 1}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 2} \right)\\ = 3\\f\left( 1 \right) = {a^2}\end{array}$

Để hàm số liên tục tại $x = 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow {a^2} = 3 \Leftrightarrow a =  \pm \sqrt 3$.

Vậy $a =  \pm \sqrt 3$.

Câu 4 (VDC):

Phương pháp:

1) Sử dụng định lí: $\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)$.

2) Sử dụng định lí Ta-lét và định lí Pytago, tính độ dài các cạnh AI, BI.

Sử dụng định lí Pytago đảo chứng minh tam giác ABI vuông tại I.

Sử dụng định lí: $\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)$, $\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a$.

3) Xác định hình chiếu vuông góc của điểm C lên (SBD), từ đó xác định góc giữa SC và (SBD).

Sử dụng định lí Pytago, định lí Ta-lét, tam giác đồng dạng tính độ dài đoạn thẳng CK.

Tính $\sin \alpha$, từ đó tính $\cos \alpha$.

Cách giải:

 

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, cạnh $SA$ vuông góc với mặt đáy, $AB = a$, $SA = a\sqrt 3$, $BC = a\sqrt 2$.

1) Chứng minh $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

2) Gọi $E$ là trung điểm của cạnh $BC$. Chứng minh $BD \bot SE$.

Gọi $I = AE \cap BD$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

$BC//AD \Rightarrow \dfrac{{BI}}{{DI}} = \dfrac{{BE}}{{AD}} = \dfrac{1}{2}$, $\dfrac{{AI}}{{EI}} = \dfrac{{AD}}{{BE}} = 2$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow BI = \dfrac{1}{3}BD = \dfrac{1}{3}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} \\ = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\\\,\,\,\,\,\,AI = \dfrac{2}{3}AE = \dfrac{2}{3}\sqrt {A{B^2} + B{E^2}} \\ = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\end{array}$

Xét tam giác $ABI$ có: $A{I^2} + B{I^2} = {\left( {\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}\\ = {a^2} = A{B^2}$.

$\Rightarrow \Delta ABI$ vuông tại $I$ $\Rightarrow AI \bot BI$ hay $AE \bot BD$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AE\\BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow BD \bot \left( {SAE} \right)$.

Mà $SE \subset \left( {SAE} \right) \Rightarrow BD \bot SE\,\,\left( {dpcm} \right)$.

3) Gọi $\alpha$ là góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$. Tính $\cos \alpha$.

Gọi $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AD,\,\,SD$ ta có $\left\{ \begin{array}{l}CM//AE\\MN//SA\end{array} \right. \Rightarrow \left( {CMN} \right)//\left( {SAE} \right)$.

Mà $\left( {SAE} \right) \bot BD\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \left( {CMN} \right) \bot BD$.

Gọi $H = CM \cap BD$. Trong $\left( {CMN} \right)$ kẻ $CK \bot HN\,\,\left( {K \in HN} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}CK \bot HN\\CK \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow CK \bot \left( {SBD} \right)$.

$\Rightarrow SK$ là hình chiếu vuông góc của $CK$ lên $\left( {SBD} \right)$ $\Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {SBD} \right)} \right) = \angle \left( {SC;SK} \right) = \angle KSC$.

 

Dễ thấy $\Delta MHN \sim \Delta KHC\,\,\left( {g.g} \right)$ $\Rightarrow \dfrac{{KC}}{{MN}} = \dfrac{{HC}}{{HN}}$.

Ta có: $MN = \dfrac{1}{2}SA = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: $\dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{BC}}{{MD}} = 2 \Rightarrow HC = \dfrac{2}{3}MC = \dfrac{2}{3}AE = AI = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

$\Rightarrow HM = \dfrac{1}{2}HC = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}$. Áp dụng định lí Pytago ta có: $HN = \sqrt {M{N^2} + H{M^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}$.

$\Rightarrow KC = \dfrac{{MN.HC}}{{HN}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{\dfrac{{a\sqrt {33} }}{6}}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

Ta lại có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 3  \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = a\sqrt 6$.

Vì $CK \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow CK \bot SK \Rightarrow \Delta SCK$ vuông tại K.

Ta có: $\sin \angle KSC = \dfrac{{KC}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:a\sqrt 6  = \dfrac{{\sqrt {11} }}{{11}}$.

Vậy $\cos \alpha  = \sqrt {1 - \dfrac{1}{{11}}}  = \dfrac{{\sqrt {110} }}{{11}}$.

Loigiaihay.com