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].
|
1. B |
2. A |
3. B |
4. D |
5. D |
|
6. C |
7. C |
8. B |
9. B |
10. C |
|
11. B |
12. B |
13. D |
14. A |
15. A |
|
16. C |
17. C |
18. A |
19. D |
20. A |
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 \[\cos \alpha = \sqrt {\frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\].