Đề số 3 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 11

Đề bài

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

Câu 1 (NB): Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - \sqrt {x + 3} }}{{x + 1}}\) bằng:

A. \( + \infty \)               B. \(1\)

C. \( - \infty \)                 D. \(0\)

Câu 2 (TH): Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{{x - 2}}\) . Giá trị \(f'\left( 1 \right)\) bằng

A. \(5\)                           B. \( - 3\)

C. \(4\)                           D. \( - 5\)

Câu 3 (TH): Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} - 3x + 1} \right)\) bằng

A. \( + \infty \)                B. \( - \infty \)

C. \( - 1\)                        D. \(1\)

Câu 4 (TH):  Trong bốn giới hạn sau đây, giới hạn nào bằng \(2?\)

A. \(\lim \frac{{n + 1}}{{2n - 1}}\)

B. \(\lim \frac{{1 - 4n}}{{2n + 3}}\)

C. \(\lim \frac{{2n + 3}}{{n - 5}}\)

D. \(\lim \frac{{{n^2} + 2n + 3}}{{{n^2} - 2n + 2}}\)

Câu 5 (TH): Cho hàm số \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Số tiếp tuyến song song với trục hoành của đồ thị \(\left( C \right)\) là

A. \(1\)                           B. \(2\)

C. \(3\)                           D. \(0\)

Câu 6 (VD):  Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật. Tam giác \(SAB\) là tam giác đều cạnh \(a.\) Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng:

A. \(a\)          B.\(\frac{a}{2}\)

C. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)         D. \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)

Câu 7 (VD): Nếu \(f\left( x \right) = x\sin x\) thì \(f'\left( {\frac{{7\pi }}{2}} \right)\) bằng

A. \( - 1\)                        B. \(\frac{{7\pi }}{2}\)

C. \(1\)                           D. \(7\pi \)

Câu 8 (TH): Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \frac{{{x^2} - 2019x + 2018}}{{x - 2018}}\)  bằng

A. \(2020\)                      B. \(2017\)

C. \(2019\)                      D. \(2018\)

Câu 9 (TH): Đạo hàm của hàm số \(y = \sqrt {\sin x + 2} \) bằng

A. \(y' = \frac{{\cos x}}{{\sqrt {\sin x + 2} }}\)

B. \(y' =  - \frac{{\cos x}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\)

C. \(y' = \frac{1}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\)

D. \(y' = \frac{{\cos x}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\)

Câu 10 (VD):  Giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2018x - \cos 2019x}}{x}\)  bằng

A. \(0\)                           B. \( + \infty \)

C. \( - \infty \)                 D. \(\frac{{4037}}{2}\)

Câu 11 (VD): Giả sử \(M\) là điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) thuộc đồ thị hàm số \(\left( C \right)\) của hàm số \(y = {x^3} - 6{x^2} + 1\). Khẳng định nào dưới đây đúng?

A. Tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) có hệ số góc dương.

B. Góc giữa tiếp tuyến tại \(M\) và trục hoành bằng \({60^0}\).

C. Đồ thị \(\left( C \right)\) không có tiếp tuyến tại \(M\).

D. Tiếp tuyến của đồ thị \(\left( C \right)\) tại \(M\) vuông góc với đường thẳng \(\left( d \right):x - 9y = 0\).

Câu 12 (TH): Với \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng chéo nhau tùy ý, mệnh đề nào sau đây sai?

A. Tồn tại duy nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) sao cho \(a \bot \left( P \right)\)

B. \(a\) và \(b\) là hai đường thẳng phân biệt

C. Tồn tại duy nhất một mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) sao cho \(a//\left( P \right)\)

D. Nếu \(\Delta \) là đường thẳng vuông góc chung của \(a\) và \(b\) thì \(\Delta \) cắt cả hai đường thẳng \(a\) và \(b.\)

Câu 13 (VD): Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{{x^2} - 1}},x > 1\\ax + 2,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x \le 1\end{array} \right.\). Giá trị của \(a\) để hàm số liên tục tại \(x = 1\) là

A. \(a =  - \frac{{17}}{8}\)                                B. \(a = \frac{{15}}{8}\)

C. \(a =  - \frac{{15}}{8}\)                                D. \(a = \frac{{17}}{8}\)

Câu 14 (VD): Cho hình chóp \(S.ABC,D\) là trung điểm của đoạn \(SA.\) Gọi \({h_1};{h_2}\) lần lượt là khoảng cách từ \(S\) và \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {ABC} \right).\) Tỉ số \(\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}}\) bằng

A. \(\frac{1}{3}\)             B.\(3\)                        C. \(2\)             D. \(\frac{1}{2}\)

Câu 15 (VD): Hình chóp đều \(S.ABCD\) có \(SA = AB = a\). Cosin góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) bằng

A. \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)                                 B. \( - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

C. \(\frac{1}{3}\)            D. \( - \frac{1}{3}\)

Câu 16 (VD): Cho hàm số \(f\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2} + 1}}\). Tập nghiệm của bất phương trình \(f'\left( x \right) > 0\) là

A. \(\mathbb{R}\)          B. \(\emptyset \)

C. \(\left( { - \infty ;0} \right)\)                         D. \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Câu 17 (VD): Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB,BC,C'D'\) và \(D'A'\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(PQ\) bằng

A. \(a\)                           B. \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

C. \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)                               D. \(a\sqrt 2 \)

Câu 18 (TH): Đạo hàm của hàm số \(y = \sin \left( {{x^3}} \right)\) là

A. \(y' = 3{x^2}\sin \left( {{x^3}} \right)\)

B. \(y' = 3{x^2}\cos \left( {{x^3}} \right)\)

C. \(y' = 3\cos \left( {{x^2}} \right)\)

D. \(y' = 3{x^2}\cos \left( {{x^2}} \right)\)

Câu 19 (VD): Giới hạn \(\lim \frac{{{{12}^n} - {{11}^n}}}{{{4^n} + {{4.12}^n} + 3}}\) bằng

A. \(\frac{1}{{12}}\)       B. \(\frac{1}{4}\)

C. \( + \infty \)                D. \(0\)

Câu 20 (TH): Trong không gian cho hai đường thẳng \(a,b\) và mặt phẳng \(\left( P \right).\) Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Nếu \(a\) và \(b\) phân biệt, cùng song song với \(\left( P \right)\) thì \(a\) và \(b\) song song với nhau

B. Nếu \(b\) song song với \(\left( P \right)\) và \(a\) vuông góc với \(\left( P \right)\) thì \(a\) vuông góc với \(b\)

C. Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(\left( P \right)\) thì \(a\) và \(b\) song song với nhau

D. Nếu \(b\) và \(\left( P \right)\) cùng vuông góc với \(a\) thì \(b\) song song với \(\left( P \right)\)

PHẦN II: TỰ LUẬN (5 điểm)

Câu 21 (VD) (1 điểm): Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = 2x + \sqrt {3 - {x^2}} .\) Giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0.\)

Câu 22 (VD) (1,5 điểm): Cho hàm số \(y = f\left( x \right) =  - {x^4} - {x^2} + 6\). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(d:y = \frac{1}{6}x - 1.\)

Câu 23 (VD) (2,5 điểm): Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(AB = \sqrt 3 a,AD = a,SA = a\).

a) Chứng minh tam giác \(SDC\) vuông.

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).

c) Tính theo \(a\) khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

Lời giải chi tiết

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

 

Câu 1: 

Phương pháp

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định tại \(x = {x_0}\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\).

Cách giải:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - \sqrt {x + 3} }}{{x + 1}} = \frac{{2.1 - \sqrt {1 + 3} }}{{1 + 1}} = 0\).

Chọn D.

Câu 2:

Phương pháp

+) Tính \(f'\left( x \right)\)  theo công thức \({\left( {\frac{u}{v}} \right)^\prime } = \frac{{u'v - v'u}}{{{v^2}}}\)

+) Thay \(x = 1\) vào \(f'\left( x \right)\) để tính \(f'\left( 1 \right).\)

Cách giải:

Ta có \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 2}}{{x - 2}}\)  (ĐK: \(x \ne 2\))

Suy ra \(f'\left( x \right) = {\left( {\frac{{{x^2} + 2}}{{x - 2}}} \right)^\prime }\)

\(\begin{array}{l} = \frac{{{{\left( {{x^2} + 2} \right)}^\prime }\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2} \right){{\left( {x - 2} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\ = \frac{{2x\left( {x - 2} \right) - \left( {{x^2} + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\end{array}\)

\( = \frac{{2{x^2} - 4x - {x^2} - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} - 4x - 2}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\)

Suy ra \(f'\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} - 4.1 - 2}}{{{{\left( {1 - 2} \right)}^2}}} =  - 5\)

Chọn D.

Câu 3:

Phương pháp

Đặt \({x^2}\) làm nhân tử chung và tính các giới hạn.

Cách giải:

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {{x^2} - 3x + 1} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {{x^2}\left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right]\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^2} =  + \infty \) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {{x^2}\left( {1 - \frac{3}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right] =  + \infty \).

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

Chọn A.

Câu 4:

Phương pháp

Tính từng giới hạn bằng cách chia cả tử và mẫu cho \(n\) (đối với A, B, C), chia tử và mẫu cho \({n^2}\) (đối với câu D) rồi sử dụng giới hạn \(\lim \frac{1}{n} = 0;\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\) để tính toán.

Cách giải:

+ Đáp án A : \(\lim \frac{{n + 1}}{{2n - 1}} = \lim \frac{{\frac{n}{n} + \frac{1}{n}}}{{\frac{{2n}}{n} - \frac{1}{n}}}\)\( = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 - \frac{1}{n}}} = \frac{1}{2} \ne 2\)  nên loại A.

+ Đáp án B : \(\lim \frac{{1 - 4n}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{n} - \frac{{4n}}{n}}}{{\frac{{2n}}{n} + \frac{3}{n}}}\)\( = \lim \frac{{\frac{1}{n} - 4}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{{ - 4}}{2} =  - 2 \ne 2\)   nên loại B.

+ Đáp án C : \(\lim \frac{{2n + 3}}{{n - 5}} = \lim \frac{{\frac{{2n}}{n} + \frac{3}{n}}}{{\frac{n}{n} - \frac{5}{n}}}\)\( = \lim \frac{{2 + \frac{3}{n}}}{{1 - \frac{5}{n}}} = \frac{2}{1} = 2\)  nên chọn C.

+ Đáp án D : \(\lim \frac{{{n^2} + 2n - 3}}{{{n^2} - 2n + 2}}\)\( = \lim \frac{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{{2n}}{n} - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{{2n}}{{{n^2}}} + \frac{2}{{{n^2}}}}}\) \( = \lim \frac{{1 + \frac{2}{n} - \frac{3}{{{n^2}}}}}{{1 - \frac{2}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}}} = 1 \ne 2\)   nên loại D.

Chọn C.

Câu 5:

Phương pháp

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) song song với trục hoành nếu có hệ số góc \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = 0\)

Cách giải:

Ta có: \(y = {x^4} - 2{x^2} - 1\)\( \Rightarrow y' = 4{x^3} - 4x\).

Gọi \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm. Để tiếp tuyến tại \(M\) song song với trục hoành thì \(k = f'\left( {{x_0}} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 4x_0^3 - 4{x_0} = 0\)\( \Leftrightarrow 4{x_0}\left( {x_0^2 - 1} \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} =  \pm 1\end{array} \right.\) .

Với \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} =  - 1\) ta có điểm \(M\left( {0; - 1} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {0; - 1} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x - 0} \right) - 1\) hay \(y =  - 1\).

Với \({x_0} =  - 1 \Rightarrow {y_0} =  - 2\) ta có điểm \(M\left( { - 1; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( { - 1; - 2} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x + 1} \right) - 2\) hay \(y =  - 2\).

Với \({x_0} = 1 \Rightarrow {y_0} =  - 2\) ta có điểm \(M\left( {1; - 2} \right)\).

\( \Rightarrow \) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {1; - 2} \right)\) có phương trình \(y = 0\left( {x - 1} \right) - 2\) hay \(y =  - 2\).

Do đó có \(2\) tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 1\) và \(y =  - 2\).

Chọn B.

Chú ý khi giải :

Một số em sau khi tính ra \(3\) giá trị \({x_0}\) mà không viết phương trình tiếp tuyến rồi chọn ngay đáp án C là sai. Cần chú ý kiểm tra, ở đây hai tiếp tuyến tại các điểm \(\left( {1; - 2} \right)\) và \(\left( { - 1; - 2} \right)\) là trùng nhau.

Câu 6:

Phương pháp

Ta sử dụng kiến thức \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( Q \right)\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\a \bot d,a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a \bot \left( Q \right)\) để tìm chiều cao hình chóp

Chỉ ra \(BC \bot \left( {SAB} \right)\) rồi xác định đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC.\)

Từ đó khoảng cách giữa \(SA\) và \(BC\) là đoạn \(BK\) với  \(BK \bot SA\) tại \(K.\)

Cách giải:

Gọi \(H\) là trung điểm đoạn \(AB\). Khi đó \(SH \bot AB\) (do tam giác \(SAB\) đều)

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\,\left( {gt} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BA\\SH \bot AB\left( {cmt} \right);\,SH \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)  

Mà \(BC \bot AB\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Trong tam giác \(SAB\), lấy \(K\) là trung điểm \(SA \Rightarrow BK \bot SA\) (do tam giác \(SAB\) đều)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BK\left( {do\,BC \bot \left( {SAB} \right)} \right)\\BK \bot SA\end{array} \right.\)  nên \(BK\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\)

Mà \(BK\) là đường trung tuyến trong tam giác \(SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Hay khoảng cách giữa \(SA\) và \(BC\) là \(BK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

Chọn C.

Câu 7:

Phương pháp

- Tính \(f'\left( x \right)\), sử dụng công thức đạo hàm của một tích \(\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\) và công thức tính đạo hàm các hàm số cơ bản.

- Thay \(x = \frac{{7\pi }}{2}\) vào tính \(f'\left( {\frac{{7\pi }}{2}} \right)\).

Cách giải:

\(f\left( x \right) = x\sin x\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {x\sin x} \right)'\)\( = \left( x \right)'\sin x + x\left( {\sin x} \right)'\) \( = \sin x + x\cos x\)

Do đó \(f'\left( {\frac{{7\pi }}{2}} \right) = \sin \frac{{7\pi }}{2} + \frac{{7\pi }}{2}.\cos \frac{{7\pi }}{2}\)\( =  - 1 + \frac{{7\pi }}{2}.0 =  - 1\) .

Chọn A.

Câu 8:

Phương pháp

Phân tích tử thức thành nhân tử để khử dạng vô định

Cách giải:

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \frac{{{x^2} - 2019x + 2018}}{{x - 2018}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \frac{{\left( {x - 2018} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2018}}\)  \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2018} \left( {x - 1} \right)\) \( = 2018 - 1 = 2017\)

Chọn B.

Câu 9:

Phương pháp

Đạo hàm hàm hợp \(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\).

Cách giải:

Ta có: \(y' = \left( {\sqrt {\sin x + 2} } \right)'\)\( = \frac{{\left( {\sin x + 2} \right)'}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\) \( = \frac{{\cos x}}{{2\sqrt {\sin x + 2} }}\)

Chọn D.

Câu 10:

Phương pháp

Sử dụng công thức \(\cos a - \cos b\)\( =  - 2\left( {\sin \left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) - \sin \left( {\frac{{a - b}}{2}} \right)} \right)\)   và công thức \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1\) để khử dạng vô định.

Cách giải:

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\cos 2018x - \cos 2019x}}{x}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2\sin \frac{{4037x}}{2}.\sin \left( { - \frac{x}{2}} \right)}}{x}\)  

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \frac{{4037x}}{2}} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2}}}\)

\( = 0.1 = 0\)  

Chọn A.

Câu 11:

Phương pháp

- Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\) theo công thức \(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\).

- Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án và kết luận.

Cách giải:

Ta có: \(M\left( {1; - 4} \right)\), \(y' = 3{x^2} - 12x\)\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 12.1 =  - 9\) .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {1; - 4} \right)\) có phương trình:

\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 4\)\( =  - 9\left( {x - 1} \right) - 4\)  hay \(y =  - 9x + 5\).

+ Hệ số góc \(k =  - 9 < 0\) nên A sai.

+ Góc tạo bởi tiếp tuyến với \(Ox\) thỏa mãn \(\tan \alpha  =  - 9 \Leftrightarrow \alpha  \approx {96^0}20'\) nên B sai.

+ Đáp án C sai.

+ \(\left( d \right):x - 9y = 0\) \( \Leftrightarrow y = \frac{1}{9}x\) có hệ số góc \(k = \frac{1}{9}\).

Dễ thấy \(\frac{1}{9}.\left( { - 9} \right) =  - 1\) nên tiếp tuyến vuông góc với \(\left( d \right)\).

Chọn D.

Câu 12:

Phương pháp

Nhận xét tính đúng sai của từng đáp án, sử dụng lý thuyết hai đường thẳng chéo nhau.

Cách giải:

Đáp án A: Giả sử \(a,b\) chéo nhau tùy ý và tồn tại mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) và \(a \bot \left( P \right)\).

Khi đó \(a \bot b\). Diều này chưa chắc đúng do giả thiết chưa cho \(a \bot b\) nên A sai.

Chọn A.

Câu 13:

Phương pháp

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

Cách giải:

Ta có: \(f\left( 1 \right) = a + 2\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = a + 2\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{{x^2} - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 3 - 4}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 1}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \frac{1}{{\left( {1 + 1} \right)\left( {\sqrt {1 + 3}  + 2} \right)}} = \frac{1}{8}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \frac{1}{8}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 1\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow a + 2 = \frac{1}{8}\) \( \Leftrightarrow a =  - \frac{{15}}{8}\).

Chọn C.

Câu 14:

Phương pháp :

Sử dụng tỉ lệ khoảng cách:

Nếu đường thẳng \(AB\) cắt mặt phẳng \(\left( P \right)\) tại \(M\) thì ta có \(\frac{{d\left( {A,\left( P \right)} \right)}}{{d\left( {B,\left( P \right)} \right)}} = \frac{{AM}}{{BM}}\)

 

Cách giải:

Ta có đường thẳng \(SD\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) tại \(A\) nên \(\frac{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{SA}}{{DA}} = 2\)

Hay \(\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 2.\)

Chọn C.

Câu 15:

Phương pháp

Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.

Cách giải:

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\).

Do \(S.ABCD\) đều nên \(SA = SB = SC = SD\). Mà \(SA = AB = a\) nên các tam giác \(SAB,SAD\) là tam giác đều.

Khi đó \(BM \bot SA,DM \bot SA\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\\BM \subset \left( {SAB} \right),DM \subset \left( {SAD} \right)\\BM \bot SA,DM \bot SA\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) bằng \(\widehat {\left( {BM,DM} \right)} = \alpha \).

Dễ thấy \(BM = DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},BD = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \cos \widehat {BMD} = \frac{{B{M^2} + D{M^2} - B{D^2}}}{{2BM.DM}}\) \( = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} - 2{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} =  - \frac{1}{3}\).

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{1}{3}\)

Chọn C.

Câu 16:

Phương pháp

Tính \(f'\left( x \right)\) theo công thức \({\left( {\frac{1}{u}} \right)^\prime } =  - \frac{{u'}}{{{u^2}}}\)

Rồi giải bất phương trình \(f'\left( x \right) > 0\)

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } =  - \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\)

Xét \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} > 0\) \( \Leftrightarrow  - 2x > 0 \Leftrightarrow x < 0\)

Vậy \(S = \left( { - \infty ;0} \right)\)

Chọn C.

Câu 17:

Phương pháp

- Chứng minh \(MN//PQ\) và \(MN \bot MQ\).

- Từ đó suy ra \(d\left( {MN,PQ} \right) = MQ\) và tính toán.

Cách giải:

Dễ thấy \(MN//AC//A'C'//PQ\).

Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm \(A'B',AD\).

Khi đó \(MN \bot ME\) (vì \(ME \bot \left( {ABCD} \right)\)).

Mà \(MN \bot MF\) (tính chất trung điểm các cạnh hình vuông).

Do đó \(MN \bot \left( {MEQF} \right) \Rightarrow MN \bot MQ\) nên \(d\left( {MN,PQ} \right) = d\left( {Q,MN} \right) = QM\).

Tam giác \(MEQ\) vuông tại \(E\) có \(ME = a,EQ = \frac{1}{2}B'D' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(QM = \sqrt {M{E^2} + E{Q^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vậy \(d\left( {MN,PQ} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Chọn C.

Câu 18:

Phương pháp

Sử dụng công thức \({\left( {\sin u} \right)^\prime } = u'\cos u\)

Cách giải:

Ta có \(y' = {\left( {\sin \left( {{x^3}} \right)} \right)^\prime }\)\( = {\left( {{x^3}} \right)^\prime }\cos \left( {{x^3}} \right)\) \( = 3{x^2}\cos \left( {{x^3}} \right)\)  

Chọn B.

Câu 19:

Phương pháp

Chia cả tử và mẫu cho \({12^n}\) và sử dụng giới hạn \(\lim {\left| q \right|^n} = 0\) với \(0 < \left| q \right| < 1\).

Cách giải:

Ta có: \(\lim \frac{{{{12}^n} - {{11}^n}}}{{{4^n} + {{4.12}^n} + 3}}\)\( = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 4 + \frac{3}{{{{12}^n}}}}}\) \( = \frac{{1 - 0}}{{0 + 4 + 0}} = \frac{1}{4}\).

Chọn B.

Câu 20:

Phương pháp

Sử dụng lý thuyết về quan hệ song song và vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng trong không gian

Cách giải:

Đáp án A : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng song song \(\left( P \right)\)) hoặc có thể chéo nhau.

Đáp án B : Đúng.

Đáp án C : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) trùng nhau.

Đáp án D : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(b \subset \left( P \right)\).

Chọn B.

PHẦN II: TỰ LUẬN (5 điểm)

Câu 21:

Phương pháp:

Tính \(f'\left( x \right)\) rồi giải phương trình \(f'\left( x \right) = 0.\)

Sử dụng công thức đạo hàm \({\left( {\sqrt u } \right)^\prime } = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

Cách giải:

ĐK : \( - \sqrt 3  \le x \le \sqrt 3 \)

Ta có \(f'\left( x \right) = 2 + \frac{{ - 2x}}{{2\sqrt {3 - {x^2}} }}\)\( = 2 - \frac{x}{{\sqrt {3 - {x^2}} }}\)  

Xét \(f'\left( x \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 2 - \frac{x}{{\sqrt {3 - {x^2}} }} = 0\)

 

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2\sqrt {3 - {x^2}}  = x\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\4\left( {3 - {x^2}} \right) = {x^2}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\5{x^2} = 12\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 0\\\left[ \begin{array}{l}x = \sqrt {\frac{{12}}{5}} \\x =  - \sqrt {\frac{{12}}{5}} \end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}\,\left( {TM} \right)\end{array}\)

Vậy \(x = \frac{{2\sqrt {15} }}{5}.\)

Câu 22:

Phương pháp

Xác định hệ số góc \(k\) của tiếp tuyến. Sử dụng hai đường thẳng vuông góc với nhau thì tích hai hệ số góc bằng \( - 1.\)

Từ đó giải phương trình \(f'\left( x \right) = k\)  để tìm hoành độ tiếp điểm

Viết phương trình tiếp tuyến có hệ số góc \(k\) và đi qua điểm có tọa độ \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là

\(y = k\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}\)

Cách giải:

Ta có \(y' =  - 4{x^3} - 2x\). Gọi hệ số góc của tiếp tuyến là \(k\).

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng \(y = \frac{1}{6}x - 1\) nên ta có \(k.\frac{1}{6} =  - 1 \Leftrightarrow k =  - 6\)

Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị hàm số là nghiệm của phương trình \(y' =  - 6\)

\( \Leftrightarrow  - 4{x^3} - 2x =  - 6\)\( \Leftrightarrow 4{x^3} + 2x - 6 = 0\) \( \Rightarrow x = 1 \Rightarrow y = 4\)  

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y =  - 6\left( {x - 1} \right) + 4\) \( \Leftrightarrow y =  - 6x + 10\)

Câu 23:

Phương pháp

a) Chứng minh \(CD \bot \left( {SAD} \right)\) suy ra kết luận.

b) Chứng minh \(CB \bot \left( {SAB} \right)\) suy ra góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

c) Sử dụng phương pháp tính gián tiếp:

\(\frac{{d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( \alpha  \right)} \right)}} = \frac{{IA}}{{IH}}\)\( \Rightarrow {\rm{ }}d\left( {A,\left( \alpha  \right)} \right) = \frac{{IA}}{{IH}}.d\left( {H,\left( \alpha  \right)} \right)\)

Chú ý: Nếu tứ diện \(OABC\) có \(OA,OB,OC\) đôi một vuông góc và có đường cao \(OH\) thì \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).

Cách giải:

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\CD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot CD\).

Mà \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\).

Do đó tam giác \(SCD\) vuông tại \(D\).

b) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right)\\BC \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot BC\).

Mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\SB \subset \left( {SBC} \right),AB \subset \left( {ABCD} \right)\\SB \bot BC,AB \bot BC\end{array} \right.\) nên góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(AB\) hay \(\widehat {SBA}\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)\( \Rightarrow \widehat {SBA} = {30^0}\)

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({30^0}\).

c) Gọi \(O = AC \cap BD\)\( \Rightarrow AC \cap \left( {SBD} \right) = O\)

Mà \(AO = CO\) nên \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).

Dễ thấy tứ diện \(SABD\) có ba cạnh \(AB,AD,AS\) đôi một vuông góc nên gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên \(\left( {SBD} \right)\) thì:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}}\) \( = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow A{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{7} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Vậy \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Chú ý khi giải:

Trường hợp HS không được học công thức \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}}\) thì có thể chứng minh như sau:

Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(SBD\) và \(M = SH \cap BD\) thì \(SH \bot BD\). Mà \(SA \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BD \bot AH\) và \(BD \bot AM\).

Tương tự chứng minh được \(SB \bot AH\) hay \(AH \bot \left( {SBD} \right)\).

Xét tam giác vuông \(SAM\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}\).

Xét tam giác vuông \(ABD\) có \(\frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\).

Vậy \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}}\) (đpcm).

Loigiaihay.com