Đề bài
Bài 1: (1,5 điểm) Tìm các giới hạn sau:
1) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}}\)
2) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + 2x - {x^3}}}{{{x^3} - 3{x^2} + 5}}\)
3) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 3}}{{x - 3}}\)
Bài 2: (1,0 điểm) Tìm \(m\) để hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\sqrt {{x^2} - 5} - \sqrt {2x - 2} }}{{2{x^2} - 6x}}\,\,khi\,\,x \ne 3\\2m - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 3\end{array} \right.\) liên tục tại \({x_0} = 3\).
Bài 3: (1,0 điểm) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
1) \(y = \frac{{\sin x}}{x}\)
2) \(y = \left( {x - 2} \right)\left( {{x^5} + 3x - 1} \right)\)
Bài 4: (1,0 điểm) Cho hàm số \(y = x + \sqrt {{x^2} + 1} \). Chứng minh \(y = \left( {{x^2} + 1} \right)y'' + xy'\).
Bài 5: (1,5 điểm) Cho hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 2}}\) có đồ thị \(\left( C \right)\). Viết phương trình tiếp tuyến với \(\left( C \right)\), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:\,3x + y - 4 = 0\).
Bài 6: (4,0 điểm) Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B\). Biết \(AD = 4a,\,\,AB = BC = 2a\), \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SC = a\sqrt {10} \). Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\).
1) Chứng minh \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
2) Xác định góc giữa \(SC\) và \(mp\left( {ABCD} \right)\).
3) Chứng minh \(\left( {SBE} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
4) Tính khoảng cách từ \(E\) đến \(mp\left( {SCD} \right)\).
Lời giải chi tiết
Bài 1 (TH):
Phương pháp:
1) Phân tích, rút gọn, khử dạng \(\frac{0}{0}\).
2) Chia cả tử và mẫu cho \({x^3}\).
3) Xét dấu và kết luận.
Cách giải:
1) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^3} - 3x - 2}}{{{x^2} - 4}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{x + 2}} = \frac{9}{4}\)
2) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{1 + 2x - {x^3}}}{{{x^3} - 3{x^2} + 5}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^3}}} + \frac{2}{{{x^2}}} - 1}}{{1 - \frac{3}{x} + \frac{5}{{{x^3}}}}} = - 1\) .
3) \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2x + 3} \right) = 9\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {x - 3} \right) = 0\\x - 3 < 0\,\,\forall x < 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{2x + 3}}{{x - 3}} = - \infty \) .
Bài 2 (VD):
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:
\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\sqrt {{x^2} - 5} - \sqrt {2x - 2} }}{{2{x^2} - 6x}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} - 5} - \sqrt {2x - 2} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 5 - 2x + 2}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 2x - 3}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x + 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{2x\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x + 1}}{{2x\left( {\sqrt {{x^2} - 5} + \sqrt {2x - 2} } \right)}} = \frac{4}{{24}} = \frac{1}{6}\\f\left( 3 \right) = 2m - 1\end{array}\)
Để hàm số liên tục tại \({x_0} = 3\)
\( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\)
\( \Leftrightarrow 2m - 1 = \frac{1}{6} \Leftrightarrow m = \frac{7}{{12}}\)
Vậy \(m = \frac{7}{{12}}\).
Bài 3 (TH):
Phương pháp:
Sử dụng các quy tắc tính đạo hàm
\(\begin{array}{l}\left( {uv} \right)' = u'v + uv'\\\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\end{array}\)
và các công thức tính đạo hàm cơ bản.
Cách giải:
1) \(y' = \frac{{\left( {\sin x} \right)'.x - \sin x.x'}}{{{x^2}}}\)\( = \frac{{x\cos x - \sin x}}{{{x^2}}}\) .
2) \(y' = {x^5} + 3x - 1 + \left( {x - 2} \right)\left( {5{x^4} + 3} \right)\)
\(\begin{array}{l}y' = {x^5} + 3x - 1 + 5{x^5} + 3x - 10{x^4} - 6\\y' = 6{x^5} - 10{x^4} + 6x - 7\end{array}\)
Bài 4 (VD):
Phương pháp:
Sử dụng công thức \(\left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\) và quy tắc tính đạo hàm: \(\left( {\frac{u}{v}} \right)' = \frac{{u'v - uv'}}{{{v^2}}}\).
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}y' = 1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = 1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\y'' = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} - x\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{x^2} + 1}}\\ = \frac{{{x^2} + 1 - {x^2}}}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = \frac{1}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\end{array}\)
Từ đó ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {{x^2} + 1} \right)y'' + xy'\\ = \left( {{x^2} + 1} \right)\frac{1}{{\left( {{x^2} + 1} \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ + x\left( {1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \right)\\ = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + x + \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = x + \frac{{{x^2} + 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\\ = x + \sqrt {{x^2} + 1} = y\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
Bài 5 (VD):
Phương pháp:
Phương trình 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: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}\). Ta có \(y' = \frac{{1.\left( { - 2} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\).
Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) là tiếp điểm của \(\left( C \right)\), hệ số góc của tiếp tuyến tại \(C\) là \(k = y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}}\).
Do tiếp tuyến song song với đường thẳng \(d:\,3x + y - 4 = 0\)\( \Leftrightarrow y = - 3x + 4\) nên ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{ - 3}}{{{{\left( {{x_0} - 2} \right)}^2}}} = - 3\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 2 = 1\\{x_0} - 2 = - 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3 \Rightarrow M\left( {3;4} \right)\\{x_0} = 1 \Rightarrow M\left( {1; - 2} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( {3;4} \right)\) là : \(y = - 3\left( {x - 3} \right) + 4\)\( \Leftrightarrow y = - 3x + 13\) .
Phương trình tiếp tuyến tại \(M\left( {1; - 2} \right)\) là : \(y = - 3\left( {x - 1} \right) - 2\)\( \Leftrightarrow y = - 3x + 1\) .
Bài 6 (VD):
Phương pháp:
1) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot a\\d \bot b\\a \cap b \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow d \bot \left( P \right)\).
2) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng cắt nhau là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đó.
3) \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d \subset \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\).
4) Sử dụng phương pháp đổi đỉnh, chứng minh \(d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\).
Cách giải:
1) 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) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên \(\left( {ABCD} \right)\).
\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\) .
Trong tam giác vuông \(ABC\) có:
\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \)\( = \sqrt {4{a^2} + 4{a^2}} = 2\sqrt 2 a\) .
Trong tam giác vuông \(SAC\) có:
\(\cos \angle SCA = \frac{{AC}}{{SC}}\)\( = \frac{{2\sqrt 2 a}}{{a\sqrt {10} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\) \( \Rightarrow \angle SCA \approx {26^0}34'\).
3) Xét tứ giác \(ABCE\) có \(\left\{ \begin{array}{l}AE//BC\\AE = BC = 2a\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow ABCE\) là hình bình hành.
Lại có \(\angle ABC = {90^0};\)\(AB = BC = 2a\)
\( \Rightarrow ABCE\) là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot BE\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\,\,\,\left( {cmt} \right)\\BE \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BE \bot \left( {SAC} \right)\).
Mà \(BE \subset \left( {SBE} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBE} \right)\).
4) Ta có:
\(\begin{array}{l}AE \cap \left( {SCD} \right) = D\\ \Rightarrow \frac{{d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{ED}}{{AD}} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)\end{array}\).
Trong \(\left( {SAC} \right)\) kẻ \(AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right)\).
Xét tam giác \(ACD\) có \(CE = \frac{1}{2}AD = 2a\)
\( \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại \(C \Rightarrow CD \bot AC\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\\CD \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow CD \bot AH\)
\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot CD\,\,\left( {cmt} \right)\\AH \bot SC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).
Trong tam giác vuông \(SAC:\)\(SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = a\sqrt 2 \)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SAC\) ta có:
\(AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}}\)\( = \frac{{a\sqrt 2 .2\sqrt 2 a}}{{a\sqrt {10} }} = \frac{{2\sqrt {10} a}}{5}\).
Vậy \(d\left( {E;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\).
