Đề số 4 - Đề kiểm tra học kì 2 (Đề thi học kì 2) - Toán 11

Đề bài

A. PHẦN CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM (5,0 điểm).

Câu 1: Tiếp tuyến của đồ thị  hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) có phương trình là

A. \(y = 9x + 4\).

B. \(y = 9x - 5.\)

C. \(y = 4x + 13\).

D. \(y = 4x + 5\).

Câu 2: Tìm tham số m để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{2{x^2} - 7x + 6}}{{x - 2}} {\rm{khi }}x \ne 2\\2m + 5 {\rm{             khi }}x{\rm{ }} = {\rm{ }}2\end{array} \right.\) liên tục tại điểm \(x = 2\).

A. \(m =  - 2\).

B. \(m =  - \frac{7}{4}\).

C. \(m =  - \frac{9}{4}\).

D. \(m =  - 3\).

Câu 3: Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai ?

A. Nếu đường thẳng \(d \bot (\alpha )\) thì \(\;d\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng \((\alpha ).\)

B. Nếu đường thẳng \(d\) vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\) thì \(d \bot (\alpha ).\)

C. Nếu \(d \bot (\alpha )\) và đường thẳng \(a{\rm{//}}(\alpha )\) thì \(d \bot a.\)

D. Nếu đường thẳng \(d\) vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong \((\alpha )\) thì \(d\) vuông góc với \((\alpha ).\)

Câu 4: Một chất điểm chuyển động có phương trình là \(s = {t^2} + 2t + 3\) (\(t\) tính bằng giây, \(s\) tính bằng mét).  Khi đó vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) giây là

A. \(15\left( {m/s} \right).\)                          B. \(38\left( {m/s} \right).\)

C. \(5\left( {m/s} \right).\)                             D. \(12\left( {m/s} \right).\)

Câu 5: Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\), \(M\) là trung điểm của \(BB'\). Đặt \(\overrightarrow {CA}  = \overrightarrow a ,\) \(\overrightarrow {CB}  = \overrightarrow b ,\) \(\overrightarrow {AA'}  = \overrightarrow c \). Khẳng định nào sau đây đúng ?

A. \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow b  + \overrightarrow c  - \frac{1}{2}\overrightarrow a .\)

B. \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow a  - \overrightarrow c  - \frac{1}{2}\overrightarrow b .\)

C. \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow a  + \overrightarrow c  - \frac{1}{2}\overrightarrow b .\)

D. \(\overrightarrow {AM}  = \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow c .\)

Câu 6: Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AC = a,\) \(BD = 3a\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC.\) Biết \(AC\) vuông góc với\(BD\). Tính  độ dài đoạn thẳng \(MN\) theo \(a.\)

A. \(MN = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}.\)

B. \(MN = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

C. \(MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\)

D. \(MN = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\)

Câu 7: Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\) và \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\) Biết \(SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Tính góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right).\)

A. \({60^0}.\)               B. \({45^0}.\)

C. \({30^0}.\)               D. \({90^0}.\)

Câu 8: Tìm tất cả các số thực \(x\) để ba số \(3x - 1;\) \(x;\) \({\rm{3}}x + 1\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân.

A. \(x =  \pm \frac{1}{8}\).

B. \(x =  \pm \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

C. \(x =  \pm 2\sqrt 2 \).

D. \(x =  \pm 8\).

Câu 9: Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_n} = {n^2} + 2n\). Số hạng thứ tám của dãy số là:

A. \({u_8} = 99.\)         B. \({u_8} = 80.\)

C. \({u_8} = 63.\)         D. \({u_8} = 120.\)

Câu 10: Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\). Tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là

A. \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {{u_1} + (n - 1)d} \right]\).

B. \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {{u_1} + (n + 1)d} \right]\).

C. \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]\).

D. \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n + 1)d} \right]\).

Câu 11: Cho hàm số\(f(x) = {x^3} + 3{x^2} - 9x - 2019\). Tập hợp tất cả các số thực \(x\) sao cho \(f'(x) = 0\) là

A. \(\left\{ { - 3;2} \right\}\).                         B. \(\left\{ { - 3;1} \right\}\).   

C. \(\left\{ { - 6;4} \right\}\).                         D. \(\left\{ { - 4;6} \right\}.\)

Câu 12: Tìm số các số nguyên m thỏa mãn

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

A. 4                              B. 10

C. 3                              D. 9

Câu 13: Trong các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) sau, dãy số nào bị chặn ?

A. \({u_n} = n + 2019\sin n\).

B. \({u_n} = {\left( {\frac{{2019}}{{2018}}} \right)^n}\).

C. \({u_n} = 2{n^2} + 2019\).

D. \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\).

Câu 14: Biết f(x), g(x) là các hàm số thỏa mãn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) =  - 2\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g(x) = 5\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {2f(x) + g(x)} \right]\) bằng

A. 1.                             B. 3.

C. -1.                           D. 2.

Câu 15: Cho cấp số cộng \(({u_n})\). Tìm  \({u_1}\) và công sai \(d,\)biết tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({S_n} = 2{n^2} - 5n.\)

A. \({u_1} =  - 3;d = 4\).

B. \({u_1} =  - 3;d = 5\).

C. \({u_1} = 1;d = 3\).

D. \({u_1} = 2;d = 2\).

Câu 16: Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = CD = a,\) \(EF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\), (\(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và\(AD\)). Số đo góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là:

A. \({30^0}.\)               B. \({45^0}.\)

C. \({60^0}.\)               D. \({90^0}.\)

Câu 17: Đạo hàm của hàm số \(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\)  trên tập \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\) là

A. \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

B. \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

C. \(y' = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

D. \(y' = \frac{3}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}.\)

Câu 18: Dãy số nào sau đây có giới hạn bằng 0 ?

A. \({\left( {0,99} \right)^n}.\)

B. \(\frac{{{n^2} + 4n + 1}}{{n + 1}}\).

C. \(\frac{{n + 1}}{{2n + 3}}.\)

D. \({\left( {1,1} \right)^n}.\)

Câu 19: Cho \(f(x) = 3{x^2}\); \(g(x) = 5(3x - {x^2})\). Bất phương trình \(f'\left( x \right) > g'\left( x \right)\) có  tập nghiệm là

A. \(\left( { - \frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

B. \(\left( { - \infty ;\frac{{15}}{{16}}} \right).\)

C. \(\left( { - \infty ; - \frac{{15}}{{16}}} \right).\)

D. \(\left( {\frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

Câu 20: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 1}}.\)

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

C. \(\frac{3}{2}.\)         D. \(\frac{{\sqrt 2  + 1}}{2}.\)

B. PHẦN CÂU HỎI TỰ LUẬN (5,0 điểm).

Câu I. (3,0 điểm).

1. Tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2\sqrt x }}{{x - 1}}.\)

2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 2}}{{x - 1}}\) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng \(d:y = -x + 25.\)

Câu II. (2,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy ABCD  là hình vuông cạnh a, \(SA \bot (ABCD)\) và \(SA = a\). Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB,\,\,SD\).

1. Chứng minh rằng \(BC \bot AM\) và \(AM \bot \left( {SBC} \right){\rm{.}}\)

2. Gọi số đo góc giữa hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((ABCD)\) là \(\alpha .\) Tính \(\cos \alpha \).

Lời giải chi tiết

A. PHẦN CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM (5,0 điểm).

 

Câu 1 

Phương pháp:

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là:

\(y = f'\left( {{x_0}} \right)\left( {x - {x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right)\).

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x\) \( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 6.1 = 9\). Mặt khác có \({y_0} = {1^3} + {3.1^2} = 4\).

Vậy tiếp tuyến của đồ thị  hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) có phương trình là:

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

Chọn B.

Câu 2

Phương pháp:

Để hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = {x_0}\) thì \({x_0}\) thuộc tập xác định của hàm số và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = f\left( {{x_0}} \right)\).

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\), \(x = 2 \in D\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2{x^2} - 7x + 6}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {2x - 3} \right) = 1\\f\left( 2 \right) = 2m + 5\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow 2m + 5 = 1 \Leftrightarrow m =  - 2\).

Chọn A.

Câu 3

Phương pháp:

Sử dụng các định lí sau:

+) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\\forall a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot a\).

+) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\).

+) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d\parallel d'\end{array} \right. \Rightarrow d' \bot \left( P \right)\).

Cách giải:

Dễ thấy mệnh đề B: Nếu đường thẳng \(d\) vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\) thì \(d \bot (\alpha )\) là mệnh đề sai vì thiếu điều kiện hai đường thẳng cắt nhau.

Chọn B.

Câu 4

Phương pháp:

Vận tốc tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = {t_0}\) giây là \(v\left( {{t_0}} \right) = s'\left( {{t_0}} \right)\).

Cách giải:

Ta có: \(s' = 2t + 2\).

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) giây là \(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right)\) \( = 2.5 + 2 = 12\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Câu 5

Phương pháp:

Sử dụng công thức trung điểm: \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB'} } \right)\) và công thức hình bình hành: \(\overrightarrow {AB'}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} \).

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow c \end{array}\)

Chọn D.

Câu 6

Phương pháp:

- Gọi P là trung điểm của AC. Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác chứng minh tam giác MNP vuông tại P và tính độ dài NP, MP.

- Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MNP tính độ dài MN.

Cách giải:

Gọi P là trung điểm của AC. Khi đó ta có:

+ NP là đường trung bình của tam giác ABC nên NP = \(\frac{1}{2}\)AC = \(\frac{a}{2}\) và NP // AC.

+ MP là đường trung bình của tam giác ABD nên MP = \(\frac{1}{2}\)BD = \(\frac{{3a}}{2}\) và MP // BD.

Mà \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NP \bot MP \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại P.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MNP có:

\(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

Chọn C.

Câu 7

Phương pháp:

- Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC và hình chiếu của SC lên (ABCD).

- Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.

Cách giải:

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\) .

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\), do đó tam giác SAC vuông tại A.

Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông SAC có: \(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}}\)\( = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}:a\sqrt 2  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow \angle SCA = {30^0}\)

Vậy góc giữa SC và (ABCD) bằng \({30^0}\).

Chọn C.

Câu 8

Phương pháp:

Sử dụng tính chất cấp số nhân: Ba số \(a,\,\,b,\,\,c\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì \(ac = {b^2}\).

Cách giải:

Để ba số \(3x - 1;\) \(x;\) \({\rm{3}}x + 1\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì:

\(\begin{array}{l}\left( {3x - 1} \right)\left( {3x + 1} \right) = {x^2}\\ \Leftrightarrow 9{x^2} - 1 = {x^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^2} = 1\\ \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{\sqrt 2 }}{4}\end{array}\)

Chọn B.

Câu 9

Phương pháp:

Thay \(n = 8\) để tính số hạng thứ 8 là \({u_8}\).

Cách giải:

Số hạng thứ 8 của dãy là \({u_8} = {8^2} + 2.8 = 80\).

Chọn B.

Câu 10

Phương pháp:

Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\). Tổng của \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]\).

Cách giải:

Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\). Tổng của \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]\).

Chọn C.

Câu 11

Phương pháp:

- Tính đạo hàm của hàm số, sử dụng công thức tính đạo hàm: \(\left( {{x^n}} \right)' = n.{x^{n - 1}}\).

- Giải phương trình bậc hai.

Cách giải:

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - 9\).

Khi đó: \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - 9 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\) .

Vậy tập nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) là \(\left\{ { - 3;1} \right\}\).

Chọn B.

Câu 12

Phương pháp:

- Đặt nhân tử chung x ra ngoài.

- Xét dấu.

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m{x^2} + 2x + 1}  - mx} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {3\sqrt {m + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - m} \right)\end{array}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty \), do đó để  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m{x^2} + 2x + 1}  - mx} \right) =  + \infty \) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - m} \right) > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\sqrt m  - m > 0\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\3\sqrt m  > m\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\9m > {m^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\0 < m < 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow 0 < m < 9\end{array}\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)

Với \(m = 0\) ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {2x + 1} } \right) =  + \infty \,\,\left( {tm} \right)\), với \(m = 9\) ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {9{x^2} + 2x + 1}  - 9x} \right) = 1\) (KTM)

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn B.

Câu 13

Phương pháp:

- Xét hiệu \(H = {u_{n + 1}} - {u_n}\) hoặc thương \(T = \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}}\) để xem dãy số tăng hay giảm.

- Chứng minh \(m \le {u_n} \le M\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\), khi đó dãy số bị chặn trên bởi M và bị chặn dưới bởi m.

Cách giải:

Xét đáp án D ta có: \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\)\( \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{{n + 2}}{{n + 2020}}\)

Xét hiệu \(H = {u_{n + 1}} - {u_n}\) ta có:

\(\begin{array}{l}H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = \frac{{n + 2}}{{n + 2020}} - \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\\ = \frac{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 2019} \right) - \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2020} \right)}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}}\\ = \frac{{{n^2} + 2021n + 4038 - {n^2} - 2021n - 2020}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}}\\ = \frac{{2018}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\end{array}\)

Do đó dãy số \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\) là dãy số tăng.

Ta có: \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}} = 1 - \frac{{2018}}{{n + 2019}} < 1,\)\(\forall n \in {\mathbb{N}^*}\)

Do đó dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1.

 Lại có:

\(\begin{array}{l}n \ge 1 \Leftrightarrow n + 2019 \ge 2020\\ \Leftrightarrow \frac{{2018}}{{n + 2019}} \le \frac{{2018}}{{2020}} = \frac{{1009}}{{1010}}\\ \Rightarrow  - \frac{{2018}}{{n + 2019}} \ge  - \frac{{1009}}{{1010}}\\ \Rightarrow {u_n} = 1 - \frac{{2018}}{{n + 2019}} \ge \frac{1}{{1010}}\end{array}\)

Do đó dãy số bị chặn dưới bởi \(\frac{1}{{1010}}\).

Vậy dãy số \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\) là dãy số bị chặn.

Chọn D.

Câu 14

Phương pháp:

Sử dụng định lí: Giả sử \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = L\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = M\), khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = L + M\).

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {2f(x) + g(x)} \right]\\ = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)\\ = 2.\left( { - 2} \right) + 5 = 1.\end{array}\)

Chọn A.

Câu 15

Phương pháp:

- Thay \(n = 1\) tính \({S_1} = {u_1}\).

- Thay \(n = 2\) tính \({S_2} = {u_1} + {u_2}\) từ đó tính được \({u_2}\).

- Tính công sai \(d = {u_2} - {u_1}\).

Cách giải:

Thay \(n = 1\) ta có \({S_1} = {2.1^2} - 5.1 =  - 3 = {u_1}\).

Thay \(n = 2\) ta có \({S_2} = {2.2^2} - 5.2 =  - 2 = {u_1} + {u_2}\)

\( \Rightarrow {u_2} = {S_2} - {u_1} =  - 2 - \left( { - 3} \right) = 1\).

\( \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 1 - \left( { - 3} \right) = 4.\)

Vậy \({u_1} =  - 3,\,\,d = 4\).

Chọn A.

Câu 16

Phương pháp:

- Gọi M là trung điểm của AC.

Chứng minh ME // AB và MF // CD, từ đó suy ra \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\).

- Áp dụng định lí Cosin trong tam giác MEF: \(\cos \angle EMF = \frac{{M{E^2} + M{F^2} - E{F^2}}}{{2ME.MF}}\), từ đó tính \(\angle EMF\).

- Kết luận:

+) \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\)\( = \angle EMF\) khi \(\angle EMF \le {90^0}\)

+) \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\)\( = {180^0} - \angle EMF\)  khi \(\angle EMF > {90^0}\) .

Cách giải:

Gọi M là trung điểm của AC.

Ta có:

+ ME là đường trung bình của tam giác ABC nên ME // AB và \(ME = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

+ MF là đường trung bình của tam giác ACD nên MF // CD và \(MF = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\).

Do đó \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác MEF ta có:

\(\begin{array}{l}\cos \angle EMF\\ = \frac{{M{E^2} + M{F^2} - E{F^2}}}{{2ME.MF}}\\ = \frac{{\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}} =  - \frac{1}{2}\\ \Rightarrow \angle EMF = {120^0}\end{array}\)

Vậy \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\)\( = {180^0} - {120^0} = {60^0}\)

Chọn C.

Câu 17

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính nhanh: \(\left( {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}} \right)' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\,\,\left( {ad \ne bc} \right)\).

Cách giải:

Áp dụng công thức tính nhanh ta có:

\(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) \( \Rightarrow y' = \frac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Chọn C.

Câu 18

Phương pháp:

Sử dụng kết quả: \(\lim {x^n} = 0\) với \(x < 1\) 

Cách giải:

Ta có:

\(\lim {\left( {0,99} \right)^n} = 0\) do \(0,99 < 1\).

\(\lim \frac{{{n^2} + 4n + 1}}{{n + 1}} =  + \infty \) do bậc tử > bậc mẫu.

\(\lim \frac{{n + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{1}{2}.\)

\(\lim {\left( {1,1} \right)^n} =  + \infty \) do \(1,1 > 1\).

Chọn A.

Câu 19

Phương pháp:

- Tính đạo hàm của các hàm số, sử dụng công thức \(\left( {{x^n}} \right)' = n.{x^{n - 1}}\).

- Giải bất phương trình bậc nhất một ẩn: \(ax + b > 0 \Leftrightarrow x >  - \frac{b}{a}\) \(\left( {a \ne 0} \right)\).

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 6x\\g'\left( x \right) = 5.\left( {3 - 2x} \right) = 15 - 10x\end{array}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) > g'\left( x \right)\\ \Leftrightarrow 6x > 15 - 10x\\ \Leftrightarrow 16x > 15\\ \Leftrightarrow x > \frac{{15}}{{16}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {\frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

Chọn D.

Câu 20

Phương pháp:

Chia cả tử và mẫu cho x.

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{x}}  - \sqrt {1 + \frac{1}{x}} }}{{2 + \frac{1}{x}}}\\ = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{2}\end{array}\)

Chọn A.

 

B. PHẦN CÂU HỎI TỰ LUẬN (5,0 điểm).

Câu I (VD):

Phương pháp:

1. Thêm bớt 2, sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

2. Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{3{x_0} - 2}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số. Viết phương trình tiếp tuyến tại M.

Hai đường thẳng song song thì hệ số góc của chúng bằng nhau. Giải phương trình tìm \({x_0}\), từ đó thay vào viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số.

Cách giải:

1. Tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2\sqrt x }}{{x - 1}}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2 + 2 - 2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{x - 1}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2 - 2\sqrt x }}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + 3 - 4}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\\ + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{4 - 4x}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {2 + 2\sqrt x } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt {x + 3}  + 2}} + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - 2}}{{1 + \sqrt x }}\\ = \frac{1}{{2 + 2}} - \frac{2}{{1 + 1}} = \frac{1}{4} - 1\\ =  - \frac{3}{4}\end{array}\)

2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{3x - 2}}{{x - 1}}\) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng \(d:y = -x + 25.\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Gọi \(M\left( {{x_0};\frac{{3{x_0} - 2}}{{{x_0} - 1}}} \right)\) là điểm thuộc đồ thị hàm số.

Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là: \(y =  - \frac{1}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}}\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{3{x_0} - 2}}{{{x_0} - 1}}\) \(\left( \Delta  \right)\).

Vì \(\Delta \parallel d\) nên \( - \frac{1}{{{{\left( {{x_0} - 1} \right)}^2}}} =  - 1\)\( \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 1\)  \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = 1\\{x_0} - 1 =  - 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = 0\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\)  

+ Với \({x_0} = 2\) \( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến: \(y =  - 1\left( {x - 2} \right) + 4\) \( \Rightarrow y =  - x + 6\).

+ Với \({x_0} = 0\) \( \Rightarrow \) Phương trình tiếp tuyến: \(y =  - 1\left( {x - 0} \right) + 2\) \( \Rightarrow y =  - x + 2\).

Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(y =  - x + 6\) và \(y =  - x + 2\).

Câu II (VD):

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy ABCD  là hình vuông cạnh a, \(SA \bot (ABCD)\) và \(SA = a\). Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB,\,\,SD\).

Phương pháp:

1. Chứng minh \(BC \bot \left( {SAB} \right)\), từ đó suy ra \(BC \bot AM\).

Chứng minh \(AM \bot SB\), từ đó suy ra \(AM \bot \left( {SBC} \right)\).

2. Chứng minh \(SC \bot \left( {AMN} \right)\).

Sử dụng kết quả: \(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( P \right)\\b \bot \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( P \right);\left( Q \right)} \right) = \angle \left( {a;b} \right)\).

Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông và công thức \(1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\).

Cách giải:

1. Chứng minh rằng \(BC \bot AM\) và \(AM \bot \left( {SBC} \right){\rm{.}}\)

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

    Mà \(AM \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AM\).

+ Xét tam giác SAB có: \(SA = AB = a\,\,\left( {gt} \right)\), suy ra tam giác SAB cân tại A.

Do đó trung tuyến AM đồng thời là đường cao, nên \(AM \bot SB\).

Lại có \(AM \bot BC\,\,\left( {cmt} \right)\), do đó \(AM \bot \left( {SBC} \right)\).

2. Gọi số đo góc giữa hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((ABCD)\) là \(\alpha .\) Tính \(\cos \alpha \).

Ta có: \(AM \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AM \bot SC\).

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \(AN \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AN \bot SC\).

\(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot AM\\SC \bot AN\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {AMN} \right)\).

Mặt khác: \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\left( {gt} \right)\), do đó: \(\angle \left( {\left( {AMN} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SC;SA} \right) = \angle ASC\) .

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông SAC có: \(\tan \angle ASC = \frac{{AC}}{{SA}} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \tan \alpha  = \sqrt 2 \).

Vậy \(\cos \alpha  = \sqrt {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

HocTot.Nam.Name.Vn