Đề bài
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm).
Câu 1: Đạo hàm của hàm số y=cotx là hàm số:
A. 1sin2x.
B. −1sin2x
C. 1cos2x
D. −1cos2x.
Câu 2: Kết quả của giới hạn limx→1+−2x+1x−1 là:
A. 23. B. −∞
C. 13. D. +∞.
Câu 3: Hàm số y=f(x)=x3+xcosx+sinx2sinx+3 liên tục trên:
A. [−1;1].
B. [1;5]
C. (−32;+∞).
D. R.
Câu 4: Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là hình gì?
A. Hình vuông. B. Tam giác đều
C. Ngũ giác đều. D. Tam giác cân.
Câu 5: Kết quả của giới hạn lim−3n2+5n+12n2−n+3 là:
A. 32. B. +∞
C. −32. D. 0.
Câu 6: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=f(x)={x2−x−2x−2khix≠2mkhix=2 liên tục tại x=2.
A. m=3
B. m=1
C. m=2
D. m=0.
Câu 7: Đạo hàm của hàm số y=(x3−2x2)2019 là:
A. y′=2019(x3−2x2)2018.
B. y′=2019(x3−2x2)(3x2−4x).
C. y′=2019(x3−2x2)2018(3x2−4x).
D. y′=2019(x3−2x2)(3x2−2x).
Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có SA^(ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm các tam giác SBC và ABC. Mệnh đề nào sai trong các mệnh đề sau?
A. BC ⊥ (SAH).
B. HK ⊥ (SBC).
C. BC ⊥ (SAB).
D. SH, AK và BC đồng quy.
Câu 9: Giá trị của giới hạn lim√9n2−n−√n+23n−2 là:
A. 1. B. 0.
C. 3. D. +∞.
Câu 10: Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x)=−x3+x tại điểm M(−2;6). Hệ số góc của (d) là
A. −11. B. 11.
C. 6. D. −12.
Câu 11: Biết rằng lim((√5)n−2n+1+15.2n+(√5)n+1−3+2n2+3n2−1)=a√5b+c với a,b,c∈Z. Tính giá trị của biểu thức S=a2+b2+c2.
A. S=26. B. S=30.
C. S=21. D. S=31.
Câu 12: Kết quả của giới hạn limx→+∞(√x2+x−3√x3−x2) là:
A. +∞. B. −∞.
C. 0. D. 56.
II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm).
Câu 13: (1.0 điểm) Tìm các giới hạn sau:
a) limn2+2n+12n2−1.
b) limx→02√x+1−3√8−xx.
Câu 14: (1.0 điểm) Chứng minh rằng phương trình 2x3−5x+1=0 có đúng 3 nghiệm.
Câu 15: (2.5 điểm) Cho hàm số y=f(x)=x3−3x2+1 có đồ thị (C).
a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng −1.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d có phương trình 3x+7y−1=0.
Câu 16: (2.5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = 2a.
a) Chứng minh BD⊥(SAC).
b) Tính góc giữa SB và (SAD).
c) Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SCD).
Lời giải chi tiết
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm).
| 1. B | 2. B | 3. D | 4. D | 5. C | 6. A |
| 7. C | 8. C | 9. A | 10. A | 11. B | 12. D |
Câu 1 (NB): Đạo hàm của hàm số y=cotx là hàm số:
A. 1sin2x.
B. −1sin2x
C. 1cos2x
D. −1cos2x.
Phương pháp:
Sử dụng đạo hàm của hàm số lượng giác: (cotx)′=−1sin2x.
Cách giải:
(cotx)′=−1sin2x
Chọn B.
Câu 2(VD): Kết quả của giới hạn limx→1+−2x+1x−1 là:
A. 23. B. −∞
C. 13. D. +∞.
Phương pháp:
- Tính giới hạn tử và mẫu.
- Xét dấu tử va mẫu, từ đó suy ra kết quả của giới hạn.
Cách giải:
Ta có:
limx→1+(−2x+1)=−2.1+1=−1<0limx→1+(x−1)=1−1=0x>1⇒x−1>0
Vậy limx→1+−2x+1x−1=−∞.
Chọn B.
Câu 3 (VD): Hàm số y=f(x)=x3+xcosx+sinx2sinx+3 liên tục trên:
A. [−1;1].
B. [1;5]
C. (−32;+∞).
D. R.
Phương pháp:
- Tính tập giá trị của mẫu.
- Hàm phân thức liên tục trên các khoảng xác định của nó.
Cách giải:
Ta có: −1≤sinx≤1⇔−2≤2sinx≤2 ⇔1≤2sinx+3≤5.
Do đó 2sinx+3>0∀x∈R.
⇒ Hàm số xác định trên R.
Vậy hàm phân thức trên liên tục trên R.
Chọn D.
Câu 4 (NB): Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là hình gì?
A. Hình vuông. B. Tam giác đều
C. Ngũ giác đều. D. Tam giác cân.
Phương pháp:
- Các mặt bên của khối chóp bất kì đều là tam giác.
- Chóp đều là chóp có các cạnh bên bằng nhau và đáy là đa giác đều.
Cách giải:
Các mặt bên của một khối chóp ngũ giác đều là tam giác cân.
Chọn D.
Câu 5 (TH): Kết quả của giới hạn lim−3n2+5n+12n2−n+3 là:
A. 32. B. +∞
C. −32. D. 0
Phương pháp:
Chia cả tử và mẫu cho n2.
Cách giải:
lim−3n2+5n+12n2−n+3=lim−3+5n+1n22−1n+3n2=−32
Chọn C.
Câu 6 (VD): Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số y=f(x)={x2−x−2x−2khix≠2mkhix=2 liên tục tại x=2.
A. m=3
B. m=1
C. m=2
D. m=0.
Phương pháp:
- Tính limx→2f(x).
- Hàm số y=f(x) liên tục trên tại x=2 khi và chỉ khi limx→2f(x)=f(2).
Cách giải:
Ta có:
limx→2f(x)=limx→2x2−x−2x−2=limx→2(x−2)(x+1)x−2=limx→2(x+1)=3
Lại có f(2)=m.
Do đó để hàm số liên tục tại x=2 khi và chỉ khi limx→2f(x)=f(2)⇔m=3.
Chọn A.
Câu 7 (VD): Đạo hàm của hàm số y=(x3−2x2)2019 là:
A. y′=2019(x3−2x2)2018.
B. y′=2019(x3−2x2)(3x2−4x).
C. y′=2019(x3−2x2)2018(3x2−4x).
D. y′=2019(x3−2x2)(3x2−2x).
Phương pháp:
Tính đạo hàm của hàm hợp: (un)′=n.un−1.u′.
Cách giải:
Ta có:
y=(x3−2x2)2019⇒y′=2019.(x3−2x2)2018.(x3−2x2)′y′=2019.(x3−2x2)2018.(3x2−4x)
Lại có f(2)=m.
Do đó để hàm số liên tục tại x=2 khi và chỉ khi limx→2f(x)=f(2)⇔m=3.
Chọn C.
Câu 8 (VD): Cho hình chóp S.ABC có SA^(ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm các tam giác SBC và ABC. Mệnh đề nào sai trong các mệnh đề sau?
A. BC ⊥ (SAH).
B. HK ⊥ (SBC).
C. BC ⊥ (SAB).
D. SH, AK và BC đồng quy.
Phương pháp:
Sử dụng định lí: {d⊥ad⊥ba∩b⊂(P)⇒d⊥(P).
Cách giải:
Gọi M là giao điểm của AK và BC, ta có AM⊥BC.
{BC⊥AMBC⊥SA(SA⊥(ABC))⇒BC⊥(SAM)
⇒BC⊥SM⇒SM là đường cao của ΔSBC, do đó K∈SM.
Suy ra SH, AK và BC đồng quy tại M nên đáp án D đúng.
Mà BC⊥(SAM)(cmt),(SAM)≡(SAH) nên BC⊥(SAH), suy ra đáp án A đúng.
Trong (ABC) kéo dài BK cắt AC tại P, trong (SBC) kéo dài BH cắt SC tại N.
Ta có: {BP⊥ACBP⊥SA(SA⊥(ABC))⇒BP⊥(SAC) ⇒BP⊥SC.
Suy ra {SC⊥BPSC⊥BN⇒SC⊥(BPN), mà HK⊂(BPN)⇒HK⊥SC.
Mặt khác HK⊂(SAM)⇒HK⊥BC.
Nên HK⊥(SBC), do đó đáp án B đúng.
Chọn C.
Câu 9 (VD): Giá trị của giới hạn lim√9n2−n−√n+23n−2 là:
A. 1. B. 0.
C. 3. D. +∞.
Phương pháp:
Chia cả tử và mẫu cho n.
Cách giải:
Ta có:
lim√9n2−n−√n+23n−2=lim√9−1n−√1n+2n23−2n=√9−√03=33=1.
Chọn A.
Câu 10 (TH): Gọi (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x)=−x3+x tại điểm M(−2;6). Hệ số góc của (d) là
A. −11. B. 11.
C. 6. D. −12.
Phương pháp:
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x) tại điểm có hoành độ x=x0 là k=f′(x0).
Cách giải:
Ta có: y=f(x)=−x3+x ⇒f′(x)=−3x2+1.
Vậy hệ số góc của (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x)=−x3+x tại điểm M(−2;6) là k=f′(−2)=−3.(−2)2+1=−11.
Chọn A.
Câu 11 (VDC): Biết rằng lim((√5)n−2n+1+15.2n+(√5)n+1−3+2n2+3n2−1) =a√5b+c với a,b,c∈Z. Tính giá trị của biểu thức S=a2+b2+c2.
A. S=26. B. S=30.
C. S=21. D. S=31.
Phương pháp:
- Tách ra thành hai giới hạn.
- Giới hạn thứ nhất chia cả tử và mẫu cho (√5)n, giới hạn thứ hai chia cả tử và mẫu cho n2.
- Đồng nhất hệ số tìm a,b,c và tính S.
Cách giải:
Ta có:
lim((√5)n−2n+1+15.2n+(√5)n+1−3+2n2+3n2−1)=lim(√5)n−2n+1+15.2n+(√5)n+1−3+lim2n2+3n2−1=lim1−(2√5)n.2+(1√5)n5.(2√5)n+√5−(3√5)n+lim2+3n21−1n2=1−2.0+05.0+√5−0+21=√55+2
⇒a=1,b=5,c=2.
Vậy S=a2+b2+c2=12+52+22=30.
Chọn B.
Câu 12 (VDC): Kết quả của giới hạn limx→+∞(√x2+x−3√x3−x2) là:
A. +∞. B. −∞.
C. 0. D. 56.
Phương pháp:
Thêm bớt x, nhân liên hợp.
Cách giải:
Ta có:
limx→+∞(√x2+x−3√x3−x2)=limx→+∞(√x2+x−x+x−3√x3−x2)=limx→+∞(√x2+x−x)+limx→+∞(x−3√x3−x2)=limx→+∞x2+x−x2√x2+x+x+limx→+∞x3−x3+x2x2+x3√x3−x2+3√x3−x22=limx→+∞x√x2+x+x+limx→+∞x2x2+x3√x3−x2+3√x3−x22=limx→+∞1√1+1x+1+limx→+∞11+3√1−1x+3√1−1x2=11+1+11+1+1=56.
Chọn D.
II. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm).
Câu 13 (VD): Tìm các giới hạn sau:
a) limn2+2n+12n2−1.
b) limx→02√x+1−3√8−xx.
Phương pháp:
a) Chia cả tử và mẫu cho n2.
b) Thêm bớt 2, nhân liên hợp.
Cách giải:
a) limn2+2n+12n2−1=lim1+2n+1n22−1n2=12.
b) limx→02√x+1−3√8−xx
=limx→02√x+1−2+2−3√8−xx=limx→02√x+1−2x+limx→02−3√8−xx=2limx→0x+1−1x(√x+1+1)+limx→08−8+xx(4+23√8−x+3√8−x2)=2limx→01√x+1+1+limx→014+23√8−x+3√8−x2=2.11+1+14+4+4=1312.
Câu 14 (VD): Chứng minh rằng phương trình 2x3−5x+1=0 có đúng 3 nghiệm.
Phương pháp:
- Xét hàm số f(x)=2x3−5x+1 xác định và liên tục trên R.
- Sử dụng định lí: Nếu hàm số liên tục trên [a;b] và f(a).f(b)<0 thì tồn tại ít nhất một điểm c∈(a;b) sao cho f\left( c \right) = 0.
Cách giải:
Xét hàm số f\left( x \right) = 2{x^3} - 5x + 1 xác định và liên tục trên \mathbb{R}.
Ta có f\left( { - 2} \right) = - 5, f\left( 0 \right) = 1, f\left( 1 \right) = - 2, f\left( 2 \right) = 7.
f\left( { - 2} \right).f\left( 0 \right) = - 5 < 0 nên phương trình f\left( x \right) = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \left( { - 2;0} \right).
Tương tự:
f\left( 0 \right).f\left( 1 \right) = - 2 < 0 nên phương trình f\left( x \right) = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \left( {0;1} \right).
f\left( 1 \right).f\left( { - 2} \right) = - 14 < 0 nên phương trình f\left( x \right) = 0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc \left( {1;2} \right).
Do các khoảng \left( { - 2;0} \right), \left( {0;1} \right), \left( {1;2} \right) rời nhau nên phương trình f\left( x \right) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt.
Mà 2{x^3} - 5x + 1 = 0 là phương trình bậc ba chỉ có tốt đa 3 nghiệm phân biệt.
Vậy phương trình 2{x^3} - 5x + 1 = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm).
Câu 15 (VD): Cho hàm số y{\rm{ = }}f\left( x \right) = {x^3}-3{x^2} + 1 có đồ thị (C).
a. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng - 1.
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d có phương trình 3x + 7y - 1 = 0.
Phương pháp:
a) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 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).
b) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = {x_0} là k = y'\left( {{x_0}} \right).
Hai đường thẳng y = ax + b và y = a'x + b' vuông góc với nhau \Leftrightarrow a.a' = - 1.
Giải phương trình tìm {x_0}, từ đó viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = {x_0}.
Cách giải:
a) TXĐ: D = \mathbb{R}.
Ta có: f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x \Rightarrow f'\left( { - 1} \right) = 12. Có f\left( 1 \right) = - 3.
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng - 1 là:
y = 12\left( {x + 1} \right) - 3 \Leftrightarrow y = 12x + 9
b) Đường thẳng d:\,\,3x + 7y - 1 = 0 \Leftrightarrow y = - \frac{3}{7}x + \frac{1}{7} có hệ số góc k' = - \frac{3}{7}.
Gọi M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right). Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là k = y'\left( {{x_0}} \right) = 3x_0^2 - 6{x_0}.
Để tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng d thì k.k' = - 1.
\Leftrightarrow \left( {3x_0^2 - 6{x_0}} \right).\frac{{ - 3}}{7} = - 1 \Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} = \frac{7}{3} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{7}{3}\\{x_0} = - \frac{1}{3}\end{array} \right..
+ Với {x_0} = \frac{7}{3} \Rightarrow {y_0} = - \frac{{71}}{{27}}, phương trình tiếp tuyến là: y = \frac{7}{3}\left( {x - \frac{7}{3}} \right) - \frac{{71}}{{27}} = \frac{7}{3}x - \frac{{218}}{{27}}
+ Với {x_0} = - \frac{1}{3} \Rightarrow {y_0} = \frac{{17}}{{27}}, phương trình tiếp tuyến là: y = \frac{7}{3}\left( {x + \frac{1}{3}} \right) - \frac{{17}}{{27}} = \frac{7}{3}x + \frac{{38}}{{27}}
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán: y = \frac{7}{3}x - \frac{{218}}{{27}} hoặc y = \frac{7}{3}x + \frac{{38}}{{27}}.
Câu 16 (VD): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = 2a.
a. Chứng minh BD \bot (SAC).
b. Tính góc giữa SB và (SAD).
c. Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SCD).
Phương pháp:
a) 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).
b) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của đường thẳng trên mặt phẳng kia.
Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông để tính góc.
c) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng và cùng vuông góc với giao tuyến.
Cách giải:
a) Vì ABCD là hình vuông nên AC \bot BD.
Vì SA \bot \left( {ABCD} \right) nên SA \bot BD.
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right).
b) Ta có: \left\{ \begin{array}{l}BA \bot AD\\BA \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right).
Suy ra SA là hình chiếu của SB lên (SAD).
\Rightarrow \angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right) = \angle \left( {SB;SA} \right) = \angle ASB
Xét tam giác vuông SAB có: \tan \angle ASB = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \angle ASB \approx {27^0}.
Vậy góc giữa SB và (SAD) xấp xỉ {27^0}.
c) Gọi O = AC \cap BD.
Trong (SAC) kẻ OH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right).
Ta có: BD \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BD \bot SC.
Khi đó ta có: \left\{ \begin{array}{l}SC \bot OH\\SC \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {BDH} \right) \Rightarrow SC \bot HD
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SC\\\left( {SAC} \right) \supset OH \bot SC\\\left( {SCD} \right) \supset DH \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow \angle \left( {\left( {SAC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle \left( {OH;DH} \right).
Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.
Ta có: \left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD, suy ra tam giác SCD vuông tại D.
Có: SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5
\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}}\\ = \frac{1}{{5{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{6}{{5{a^2}}}.\\ \Rightarrow DH = \frac{{a\sqrt {30} }}{6}\end{array}
Xét \Delta COH và \Delta CSA có: \angle ACS chung, \angle CHO = \angle CAS = {90^0}.
\Rightarrow \Delta COH \sim \Delta CSA\,\,\left( {g.g} \right).
\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{OH}}{{SA}} = \frac{{OC}}{{SC}}\\ \Rightarrow \frac{{OH}}{{2a}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }}\\ \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\end{array}.
Áp dụng định lí Cô-sin trong tam giác OHD có:
\begin{array}{l}\cos \angle OHD = \frac{{O{H^2} + D{H^2} - O{D^2}}}{{2OH.DH}}\\ = \frac{{\frac{{{a^2}}}{3} + \frac{{5{a^2}}}{6} - \frac{{{a^2}}}{2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{a\sqrt {30} }}{6}}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5} > 0\end{array}
\Rightarrow \angle OHD là góc nhọn nên \angle \left( {\left( {SAC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \angle OHD.
Vậy \cos \angle \left( {\left( {SAC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{\sqrt {10} }}{5}.
Nguồn: Sưu tầm
