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 \[d\left[ {E;\left[ {SCD} \right]} \right] = \frac{1}{2}AH = \frac{{a\sqrt {10} }}{5}\].