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
|
1. D |
2. B |
3. D |
4. C |
|
5. D |
6. C |
7. B |
8. B |
|
9. A |
10. A |
11. A |
12. A |
|
13. C |
14. B |
15. A |
16. C |
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 \[\cos \alpha = \sqrt {1 - \dfrac{1}{{11}}} = \dfrac{{\sqrt {110} }}{{11}}\].