Đề bài - 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].