I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0đ)
1. \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – \infty } \dfrac{1}{{ – 2x + 3}}\) bằng ?
A.\(0\) B. \( + \infty \)
C. \( – \dfrac{1}{2}\) D. \( – \infty \)
2.: Giới hạn nào sau đây có kết quả bằng 2.
A.\(\lim \sqrt {\dfrac{{2n + 1}}{{n – 2}}} \)
B.\(\lim \dfrac{{2n + 1}}{{n\sqrt n + 2}}\)
C. \(\lim \dfrac{{\sqrt {4{n^2} + 1} }}{{n + 2}}\)
D.\(\lim \dfrac{{\sqrt {4{n^2} + 1} }}{{\sqrt n + 2}}\)
Câu 3: Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) biết \({u_1} = – 3\) và \({u_6} = 27\). Công sai của cấp số cộng đó là?
A.5 B.6
C.7 D.8
Câu 4: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {x^3} – 3x\) tại điểm \(A\left( { – 1;2} \right)\) có hệ số góc k bằng ?
A.\(k = 0\) B.\(k = 6\)
C.\(k = – 3\) D.\(k = – 6\)
5.: Đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right) = c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}2x\)bằng :
A.\(\sin 4x\) B.\( – \sin 4x\)
C. \({\sin ^2}2x\) D. \( – 2\sin 4x\)
Câu 6: Vi phân của hàm số \(y = {\left( { – x + 1} \right)^2}\)bằng :
A.\(dy = 2\left( { – x + 1} \right)dx\)
B.\(dy = – 2\left( { – x + 1} \right)\)
C. \(dy = {\left( { – x + 1} \right)^2}dx\)
D.\(dy = – 2\left( { – x + 1} \right)dx\)
Câu 7:Cho hình chóp \(S.ABC{\rm{D}}\), đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(SA \bot (ABCD)\). Khẳng định nào sau đây sai ?
A.\(SA \bot BD\) B. \(AD \bot SC\)
C.\(SC \bot BD\) D. \(SO \bot BD\)
Câu 8: Chóp tứ giác đều \(S.ABC{\rm{D}}\) có độ dài cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng \((ABCD)\) bằng.
A.\(\dfrac{a}{2}\) B. \(\dfrac{a}{{\sqrt 3 }}\)
C.\(a\) D.\(\dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\)
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0đ)
9. (2đ). Tìm giới hạn sau:
a)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { – {x^3} + 3{x^2} – 2x + 1} \right)\)
b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{\sqrt {x + 1} – 2}}{{9 – {x^2}}}.\)
10: (1đ). Cho hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x + 2}}\)có đồ thị (C).
Advertisements (Quảng cáo)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\Delta :3x – y + 2 = 0\)
11:(1đ). Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{x^2} + x – 12}}{{x + 4}}(x \ne – 4)}\\{mx + 1(x = – 4)}\end{array}} \right.\) . Xác định m để hàm số đã cho liên tục tại \(x = – 4\).
12:(3đ). Cho hình chóp \(S.ABC{\rm{D}}\), đáy\(ABCD\)là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\) và \(SA = a\sqrt 2 \). Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SB,SD\).
a) Chứng minh \(AE \bot \left( {SBC} \right)\) và \(AF \bot \left( {SDC} \right)\).
b) Tính góc giữa mặt phẳng\(\left( {SBC} \right)\)và mặt phẳng đáy.
c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\).
Tính diện tích của thiết diện theo a.
13:(1đ).Cho hình vuông \({C_1}\) có độ dài cạnh bằng 4. Người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành bốn phần bằng nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để được hình vuông \({C_2}\)( tham khảo hình vẽ). Từ hình vuông \({C_2}\) tiếp tục làm như vậy để được hình vuông \({C_3}\),… . Tiếp tục quá trình trên ta được dãy các hình vuông \({C_1},{C_2},{C_3},…,{C_n}…\). Gọi \({S_1},{S_2},{S_3},…,{S_n}…\) tương ứng là diện tích các hình vuông \({C_1},{C_2},{C_3},…,{C_n}…\).
Tính tổng \({S_1} + {S_2} + {S_3} + … + {S_n} + …\)
I. Trắc nghiệm: Mỗi câu trả lời đúng 0.25 điểm
|
1A |
2C |
3B |
4A |
|
5D |
6D |
7B |
8D |
II. Tự luận:(8đ)
9.
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { – {x^3} + 3{x^2} – 2x + 1} \right) \)\(\,=\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3}\left( { – 1 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{2}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right)\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^3} = + \infty \), \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { – 1 + \dfrac{3}{x} – \dfrac{2}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^3}}}} \right)\)\(\, = – 1 < 0\)
Vậy\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( { – {x^3} + 3{x^2} – 2x + 1} \right) = – \infty \)
b)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{\sqrt {x + 1} – 2}}{{9 – {x^2}}}\)\(\mathop { = \lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{(\sqrt {x + 1} – 2)(\sqrt {x + 1} + 2)}}{{(9 – {x^2})(\sqrt {x + 1} + 2)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{x – 3}}{{(9 – {x^2})(\sqrt {x + 1} + 2)}}\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \dfrac{{ – 1}}{{(3 + x)(\sqrt {x + 1} + 2)}}\)
\( = \dfrac{{ – 1}}{{(3 + 3)(\sqrt {3 + 1} + 2)}} = – \dfrac{1}{{24}}\)
Advertisements (Quảng cáo)
1.0:
Cho hàm số \(y = \dfrac{{2x + 1}}{{x + 2}}\)có đồ thị (C).
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song
với đường thẳng \(\Delta :3x – y + 2 = 0\)
Ta có \(y’ = \dfrac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)
Vì tiếp tuyến song song với \(\Delta :3x – y + 2 = 0\)nên ta có hệ số góc của tiếp tuyến \(k = \dfrac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 3\)
\(\dfrac{3}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}} = 3 \)
\(\Leftrightarrow {\left( {x + 2} \right)^2} = 1\)
\(\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = – 1}\\{x = – 3}\end{array}} \right.\)
Với \(x = – 1 \Rightarrow y = – 1\) ta có tiếp điểm \(A\left( { – 1; – 1} \right)\)
Phương trình tiếp tuyến là: \(y = 3\left( {x + 1} \right) – 1 \Leftrightarrow 3x – y + 2 = 0\)( loại vì trùng\(\Delta \) )
Với \(x = – 3 \Rightarrow y = 5\) ta có tiếp điểm \(B\left( { – 3;5} \right)\)
Phương trình tiếp tuyến là: \(y = 3\left( {x + 3} \right) + 5 \Leftrightarrow 3x – y + 14 = 0\)(thỏa mãn)
Vậy có một tiếp tuyến là: \(3x – y + 14 = 0\)
1.1:
Cho hàm số \(y = f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{{x^2} + x – 12}}{{x + 4}}(x \ne – 4)}\\{mx + 1(x = – 4)}\end{array}} \right.\) . Xác định m để hàm số đã cho liên tục tại \(x = – 4\).
TXĐ: D=R
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 4} \dfrac{{{x^2} + x – 12}}{{x + 4}} = \)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 4} \dfrac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x – 3} \right)}}{{x + 4}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to – 4} \left( {x – 3} \right) = – 7\)
\(f\left( { – 4} \right) = – 4m + 1\)
Để hàm số liên tục tại x=-4 thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to – 4} f\left( x \right) = f\left( { – 4} \right)\)\( \Leftrightarrow – 4m + 1 = – 7 \Leftrightarrow m = 2\).
KL: Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1.2:
a) Ta có \(BC \bot AB,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(BC \bot AE\)
Từ \(AE \bot BC,AE \bot SB \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right)\)
Ta có \(CD \bot AD,CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(CD \bot AF\)
Từ \(AF \bot CD,AF \bot SD \Rightarrow AF \bot \left( {SCD} \right)\)
b) Ta có
\(\begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\AB \subset \left( {ABCD} \right),AB \bot BC\\SB \subset \left( {SBC} \right),SB \bot BC\end{array}\)
Nên giữa mặt phẳng \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right)\)\(\, = \angle SBA = \alpha \)
Ta có \(\tan \alpha = \dfrac{{SA}}{{AB}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \alpha \approx {54^0}44’\)
c) Gọi \(O = AC \cap BD,\) \(I = SO \cap {\rm{EF,K = AI}} \cap {\rm{SC}}\)
Ta được thiết diện là tứ giác AEKF
Vì \(AE \bot \left( {SBC} \right), \) \(AF \bot \left( {SCD} \right)\) nên \(AE \bot SC,{\rm{AF}} \bot {\rm{SC}} \) \(\Rightarrow {\rm{SC}} \bot \left( {AEF} \right) \Rightarrow AK \bot SC\)
Từ GT suy ra \(EF\parallel BD,BD \bot \left( {SAC} \right) \) \(\Rightarrow E{\rm{F}} \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow {\rm{EF}} \bot {\rm{AK}}\)
Tam giác vuông cân tại A mà \(AK \bot SC\) nên K là trung điểm của SC
\( \Rightarrow AK = \dfrac{1}{2}SC \)\(\;= \dfrac{1}{2}\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = a\)
Ta có I là trọng tâm \(\Delta SAC\) mà \(EF\parallel BD\) nên
\(\dfrac{{{\rm{EF}}}}{{BD}} = \dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{2}{3}\) \( \Rightarrow {\rm{EF = }}\dfrac{2}{3}BD = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}\)
Tứ giác AEKF có hai đường chéo vuông góc với nhau nên diện tích
của nó \(S = \dfrac{1}{2}AK.{\rm{EF}} = \dfrac{1}{2}.a.\dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3} \)\(\,= \dfrac{{{a^2}\sqrt 2 }}{3}\)
1.3:
Xét dãy \(\left( {{a_n}} \right)\) là độ dài cạnh của của dãy hình vuông
\({C_1},{C_2},{C_3},…,{C_n}…\) với \({a_1} = 4\)
Ta có
\({a_{n + 1}} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{1}{4}{a_n}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{3}{4}{a_n}} \right)}^2}} \)\(\, = {a_n}.\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}\)
Vậy dãy \(\left( {{a_n}} \right)\) lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}\)
Ta có \({S_{n + 1}} = {\left( {{a_{n + 1}}} \right)^2} = {\left( {{a_n}.\dfrac{{\sqrt {10} }}{4}} \right)^2} \)\(\,= {\left( {{a_n}} \right)^2}.\dfrac{5}{8} = {S_n}.\dfrac{5}{8}\)
Suy ra dãy \(\left( {{S_n}} \right)\) lập thành cấp số nhân lùi vô hạn với công bội \(q = \dfrac{5}{8}\) và
\({S_1} = 16\)
Vậy \({S_1} + {S_2} + {S_3} + … + {S_n} + … = \dfrac{{{S_1}}}{{1 – q}}\)\(\, = \dfrac{{16}}{{1 – \dfrac{5}{8}}} = \dfrac{{128}}{3}\).
