Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 04

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{x\left( {x - 2} \right) + \left( {a + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + 2a + b + 4}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x + a + 2 + \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}} \right)\\ = 4 + a + \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2a + b + 4}}{{x - 2}}\end{array}\)

Để \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{{x^2} + ax + b}}{{x - 2}} = 6\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}4 + a = 6\\2a + b + 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 2\\b =  - 8\end{array} \right.\).

Vậy \(a + b = 2 + \left( { - 8} \right) =  - 6\).

Chọn D.

Ta có: \(\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AC} \), do đó

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {EG}  = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = AB.AC.\cos \angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = {a^2}\end{array}\)

Chọn B.

Xét đáp án A ta có: \(\left( {{u_n}} \right) = {\left( {n + 1} \right)^2} - {n^2} = 2n + 1\).

\( \Rightarrow H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 2\left( {n + 1} \right) + 1 - 2n - 1 = 2\,\,\forall n\), do đó đây là CSC.

Xét đáp án B: \(H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = 3\left( {n + 1} \right) - 1 - 3n + 1 = 3\,\,\forall n\), do đó đây là CSC.

Xét đáp án C: \(H = {u_{n + 1}} - {u_n} = 2018\), do đó đây là CSC.

Vậy đáp án D không là cấp số cộng.

Chọn D.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{{x^4} - {a^4}}}{{x - a}} \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \dfrac{{\left( {x - a} \right)\left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}}{{x - a}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( {x + a} \right)\left( {{x^2} + {a^2}} \right) = 2a.2{a^2} \\= 4{a^3}\end{array}\)

Chọn C.

Dễ thấy đáp án D sai do thiếu điều kiện \(b,\,\,c\) phải cắt nhau.

Chọn D.

\(\lim \dfrac{{\left( {2{n^2} + 1} \right)n}}{{3 + n - 3{n^3}}} \\= \lim \dfrac{{2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{\dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{1}{{{n^2}}} - 3}} =  - \dfrac{2}{3}\).

Chọn C.

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow O\) là trung điểm của \(AC,\,\,BD\).

\( \Rightarrow SO\) là đường trung tuyến của \(\Delta SBD \Rightarrow G \in SO \Rightarrow G \in \left( {SAC} \right)\).

Chọn \(SC \subset \left( {SAC} \right)\).

Xét \(\left( {GMN} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) có \(G\) chung.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(E = MN \cap AC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {GMN} \right)\\E \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow E \in \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right)\).

\( \Rightarrow \left( {GMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = GE\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\) gọi \(H = GE \cap SC\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}H \in SC\\H \in GE \subset \left( {GMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow H = SC \cap \left( {GMN} \right)\).

Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABD \Rightarrow MN//BD\).

Xét tam giác \(ABC\) có: \(M\) là trung điểm của \(AB,\,\,ME//BO\) nên \(E\) là trung điểm của \(AO\) (định lí đường trung bình của tam giác) \( \Rightarrow \dfrac{{EO}}{{EC}} = \dfrac{1}{3}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SOC\), cát tuyến \(EGH\) ta có \(\dfrac{{GS}}{{GO}}.\dfrac{{EO}}{{EC}}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1\)

\( \Rightarrow 2.\dfrac{1}{3}.\dfrac{{HC}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HS}} = \dfrac{3}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{SH}}{{SC}} = \dfrac{2}{5}\).

Chọn B.

Đáp án A: ta có \(\lim {u_n} = \lim \dfrac{{2{n^3} - 11n + 1}}{{{n^2} - 2}}\)\( = \lim \dfrac{{2 - \dfrac{{11}}{{{n^2}}} + \dfrac{1}{{{n^3}}}}}{{\dfrac{1}{n} - \dfrac{2}{{{n^3}}}}} =  + \infty \).

Đáp án B: \(\lim {u_n} = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2}  - n} \right)\)\( = \lim \dfrac{2}{{\sqrt {{n^2} + 2}  + n}} = 0\).

Đáp án C: \(\lim {u_n} = \lim \left( {{3^n} + {2^n}} \right) =  + \infty \).

Đáp án D: \(\lim {u_n} = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {{n^2} - 2}  - \sqrt {{n^2} + 4} }}\) \( = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} - 2}  + \sqrt {{n^2} + 4} }}{2} =  + \infty \).

Chọn B.

Dễ thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {4{x^2} - 7{x^3} + 2} \right) =  - \infty \) nên đáp án A sai.

Chọn A.

Gọi \(d\) là công sai của CSC ta có \(d = {u_2} - {u_1} =  - 6 - 3 =  - 9\).

Vậy \({u_5} = {u_1} + 4d = 3 + 4.\left( { - 9} \right) =  - 33\).

Chọn A.

Ta có: \(1;\,\, - \dfrac{1}{2};\,\,\dfrac{1}{4};\,\, - \dfrac{1}{8};\,...;{\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n},\,\,...\) là cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 1,\,\,q =  - \dfrac{1}{2}\) nên

\(1 + \left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + \dfrac{1}{4} + \left( { - \dfrac{1}{8}} \right) + ...\)\( + {\left( { - \dfrac{1}{2}} \right)^n} = \dfrac{1}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 2\).

\( \Rightarrow m = 2,\,\,n = 1\). Vậy \(m + 2n = 2.2 + 1 = 5\).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\lim \dfrac{{{{2018}^n} + {2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}\\ = \lim \left[ {{{\left( {\dfrac{{2018}}{{2019}}} \right)}^n} + \dfrac{{{2^{2018}}}}{{{{2019}^n}}}} \right]\\ = 0 + 0 = 0\end{array}\)

Chọn A.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).

Vì tứ diện \(ABCD\) đều nên các tam giác \(ACD,\,\,BCD\) là các tam giác đều.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AM \bot CD\\BM \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right)\). Mà \(AB \subset \left( {ABM} \right)\) nên \(AB \bot CD\).

Vậy \(\angle \left( {AB;CD} \right) = {90^0}\).

Chọn C.

\(\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt {{n^2} + n}  - n} \right) \\= \lim \dfrac{{{n^2} + n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + n}  + n}}\\ = \lim \dfrac{n}{{\sqrt {{n^2} + n}  + n}}\\ = \lim \dfrac{1}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{n}}  + 1}} = \dfrac{1}{2}\end{array}\)

Chọn B.

Vì \(6,\,\,x,\,\, - 2,\,\,y\) theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}6 + \left( { - 2} \right) = 2x\\x + y = 2.\left( { - 2} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 4\\x + y =  - 4\end{array} \right. \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y =  - 6\end{array} \right.\).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{{x^2} - mx + m - 1}}{{{x^2} - 1}}\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {1 - \dfrac{{m\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}} \right]\\C = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {1 - \dfrac{m}{{x + 1}}} \right) = 1 - \dfrac{m}{2}\\ \Rightarrow 1 - \dfrac{m}{2} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{m}{2} =  - 1 \Leftrightarrow m =  - 2\end{array}\)

Chọn C.

ĐKXĐ của hàm số đã cho là:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x^3} + 3{x^2} - 2x - 2 \ne 0\\ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + 2} \right) \ne 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\{x^2} + 4x + 2 \ne 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne 1\\x \ne  - 2 \pm \sqrt 2 \end{array} \right.\end{array}\)

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại 3 điểm \(x = 1,\,\,x =  - 2 \pm \sqrt 2 \).

Chọn D.

Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB\). Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}PM//BD,\,\,PM = \dfrac{1}{2}BD = 4a\\PN//AC,\,\,PN = \dfrac{1}{2}AC = 3a\end{array} \right.\)

Lại có \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow PM \bot PN \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại \(P\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(MNP\) ta có:  \(MN = \sqrt {P{M^2} + P{N^2}}  = \sqrt {16{a^2} + 9{a^2}}  = 5a\).

Vậy \(MN = 5a\).

Chọn C.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \left( {{x^2} - 2ax + 3 + {a^2}} \right) = 3\\ \Leftrightarrow {\left( { - 2} \right)^2} - 2a.\left( { - 2} \right) + 3 + {a^2} = 3\\ \Leftrightarrow {a^2} + 4a + 7 = 3\\ \Leftrightarrow {a^2} + 4a + 4 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {a + 2} \right)^2} = 0\\ \Leftrightarrow a =  - 2\end{array}\)

Chọn C.

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {10 - 2f\left( x \right)} \right] = 10 - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = 10 - 2.7 =  - 4\).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {{x^2} - 3x} \right) =  - 2\\f\left( 1 \right) = {m^2} + m - 8\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)

\( \Rightarrow {m^2} + m - 8 =  - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m =  - 3\\m = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow S = \left\{ { - 3;2} \right\}\).

Vậy tích các phần tử của \(S\) là \( - 3.2 =  - 6\).

Chọn C.

- Dện tích của hình vuông \(ABCD\) là \({S_1} = {a^2}\).

- Diện tích của hình vuông \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) là \({S_2} = {\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{a^2}}}{2}\).

- Tương tự diện tích \({S_3},\,\,{S_4}\)... lần lượt là \(\dfrac{{{a^2}}}{4},\,\,\dfrac{{{a^2}}}{8}\) ...

Các diện tích này lập thành một CSN lùi vô hạn có \({u_1} = {a^2}\) , công bội \(q = \dfrac{1}{2}\).

Khi đó tổng diện tích tất cả các hình vuông \(ABCD,\,\,{A_1}{B_1}{C_1}{D_1},\,\,{A_2}{B_2}{C_2}{D_2},...\) bằng 8 nên ta có:

\(S = \dfrac{{{a^2}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 8 \Leftrightarrow {a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2\,\,\,\left( {do\,\,a > 0} \right)\)

Vậy \(a = 2\).

Chọn A.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a{x^2} + bx - 5}}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a\left( {{x^2} - 1} \right) + b\left( {x - 1} \right) + a + b - 5}}{{x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {a\left( {x + 1} \right) + b + \dfrac{{a + b - 5}}{{x - 1}}} \right]\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {a\left( {x + 1} \right) + b} \right] + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a + b - 5}}{{x - 1}}\\ = 2a + b + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a + b - 5}}{{x - 1}}\end{array}\)

Theo bài ra ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \dfrac{{a{x^2} + bx - 5}}{{x - 1}} = 20 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a + b = 20\\a + b - 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 15\\b =  - 10\end{array} \right.\).

Vậy \(P = {a^2} + {b^2} - a - b = {15^2} + {\left( { - 10} \right)^2} - 15 - \left( { - 10} \right) = 320\).

Chọn D.

Ta có các tam giác \(ACD\) và \(BCD\) là các tam giác đều vì các cạnh đều bằng 4.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot CD\\BI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABI} \right)\). Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là \(\left( {ABI} \right)\).

Mặt khác ta có: \(AI,\,\,BI\) là các đường cao trong tam giác đều cạnh 4 nên \(AI = BI = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \Delta IAB\) cân tại \(I\).

Gọi gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IH \bot AB\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BHI\) ta có:

\(IH = \sqrt {I{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \({S_{\Delta IAB}} = \dfrac{1}{2}IH.AB = \dfrac{1}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \(\dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \le \dfrac{{\dfrac{{{x^2}}}{4} + 12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}}{2} = 6\) , do đó \({S_{\Delta IAB}} \le 6\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \Leftrightarrow x = 2\sqrt 6 \).

Vậy diện tích tam giác \(IAB\) lớn nhất bằng \(6\) khi \(AB = x = 2\sqrt 6 \).

Chọn B.

Đặt \(g\left( x \right) = \dfrac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}\) ta có: \(f\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16\).

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {\left( {x - 2} \right)g\left( x \right) + 16} \right] = 16\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  - 4}}{{{x^2} + x - 6}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2f\left( x \right) - 16 - 16}}{{\left( {{x^2} + x - 6} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{2f\left( x \right) - 32}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{{f\left( x \right) - 16}}{{x - 2}}.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \dfrac{2}{{\left( {x + 3} \right)\left( {\sqrt {2f\left( x \right) - 16}  + 4} \right)}}\\ = 12.\dfrac{2}{{5.\left( {\sqrt {2.16 - 16}  + 4} \right)}} = \dfrac{3}{5}\end{array}\)

Chọn B.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{\sqrt {4x + 1}  - 1}}{{a{x^2} + \left( {2a + 1} \right)x}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{4x}}{{x\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1}  + 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{4}{{\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1}  + 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{2}{{2a + 1}}\\f\left( 0 \right) = 3\end{array}\)

+ Nếu \(a =  - \dfrac{1}{2}\) thì không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)\), do đó hàm số không liên tục tại \(x = 0\).

+ Nếu \(a \ne  - \dfrac{1}{2}\)

Để hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0} = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \dfrac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a =  - \dfrac{1}{6}\).

Khi đó ta có: \({x^2} - x + 36a < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x < 3\).

Mà \(x \in \mathbb{Z} \Rightarrow x \in \left\{ { - 1;0;1;2} \right\}\).

Vậy bất phương trình \({x^2} - x + 36a < 0\) có 4 nghiệm nguyên.

Chọn A.

\(\lim \dfrac{{1 - {n^2}}}{n} = \lim \left( {\dfrac{1}{n} - n} \right) =  - \infty \)

\(\lim {u_n} = L \Rightarrow \lim \sqrt[3]{{{u_n}}} = \sqrt[3]{L}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } (x + 2)\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}}  \\= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right){{\left( {x + 2} \right)}^2}}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{{x^3} + 3{x^2} - 4}}{{{x^4} + {x^2} + 1}}} \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {\dfrac{{\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{{{x^2}}} - \dfrac{4}{{{x^4}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{x^4}}}}}}  \\= \sqrt {\dfrac{0}{1}}  = 0\end{array}\)

\(\lim \dfrac{{4{n^2} + 3n + 1}}{{{{(3n - 1)}^2}}} \) \(= \lim \dfrac{{4{n^2} + 3n + 1}}{{9{n^2} - 6n + 1}} \) \(= \lim \dfrac{{4 + \dfrac{3}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}}{{9 - \dfrac{6}{n} + \dfrac{1}{{{n^2}}}}} = \dfrac{4}{9}\)

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {2; - 5} \right)\) bán kính \(R = \sqrt 5 \).

Gọi \(I' = {Q_{\left( {O;{{180}^0}} \right)}}\left( I \right)\) thì \(I'\) đối xứng với \(I\) qua \(O\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} =  - {x_I} =  - 2\\{y_{I'}} =  - {y_I} = 5\end{array} \right. \Rightarrow I'\left( { - 2;5} \right)\)

Vậy \(\left( {C'} \right):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 5\)

Đáp án B

\(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {3; - 2} \right)\) và bán kính \(R = 3\).

\(\begin{array}{l}I' = {T_{\overrightarrow v }}\left( I \right) \Rightarrow \overrightarrow {II'}  = \overrightarrow v \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{I'}} = {x_I} + 3 = 3 + 3 = 6\\{y_{I'}} = {y_I} - 2 =  - 2 - 2 =  - 4\end{array} \right.\\ \Rightarrow I'\left( {6; - 4} \right)\end{array}\)

Vậy \(\left( {C'} \right):{\left( {x - 6} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = 9\)

Đáp án C

Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương ứng thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.

Vậy cả 3 mệnh đề đều đúng.

Đáp án A

Ta có dãy số trên là cấp số cộng với công với số hạng đầu u1 = -2 và công sai d = 2.

Vậy số hạng tổng quát của dãy là:

\({u_n} = {u_1} + (n - 1)d = ( - 2) + 2(n - 1)\)

Chọn D.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát \({u_n} = {u_1} + (n - 1)d\)

\(\begin{array}{c} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_2} + {u_3} = 20\\{u_5} + {u_7} =  - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + d + {u_1} + 2d = 20\\{u_1} + 4d + {u_1} + 6d =  - 29\end{array} \right.\\ = \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 3d = 20\\2{u_1} + 10d =  - 29\end{array} \right. = \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 20,5\\d =  - 7\end{array} \right.\end{array}\)

Chọn B.

Hai đường thẳng không có điểm chung thì chúng có thể song song với nhau (khi chúng đồng phẳng) hoặc chéo nhau (khi chúng không đồng phẳng).

Vì a và b chéo nhau nên bốn điểm A, B, C, D không đồng phẳng, từ đó dẫn đến AD và BC chéo nhau.

\(\begin{array}{l}\lim {u_n} = \lim \left( {(n - 1)\sqrt {\dfrac{{2n + 2}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} } \right) \\= \lim \sqrt {\dfrac{{\left( {2n + 2} \right){{\left( {n - 1} \right)}^2}}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\ = \lim \sqrt {\dfrac{{\left( {2n + 2} \right)\left( {{n^2} - 2n + 1} \right)}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}} \\ = \lim \sqrt {\dfrac{{2{n^3} - 6{n^2} - 2}}{{{n^4} + {n^2} - 1}}}  \\= \lim \sqrt {\dfrac{{\dfrac{2}{n} - \dfrac{6}{{{n^2}}} - \dfrac{2}{{{n^4}}}}}{{1 + \dfrac{1}{{{n^2}}} - \dfrac{1}{{{n^4}}}}}}  \\= \sqrt {\dfrac{0}{1}}  = 0\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)\\ = \lim \left( {\sqrt {{n^2} + 2n}  - n} \right) \\+ \lim \left( {n - \sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)\\ = \lim \dfrac{{{n^2} + 2n - {n^2}}}{{\sqrt {{n^2} + 2n}  + n}} \\+ \lim \dfrac{{{n^3} - {n^3} - 2{n^2}}}{{{n^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)}^2}}}\\ = \lim \dfrac{{2n}}{{\sqrt {{n^2} + 2n}  + n}} \\+ \lim \dfrac{{ - 2{n^2}}}{{{n^2} + n.\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{{n^3} + 2{n^2}}}} \right)}^2}}}\\ = \lim \dfrac{2}{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{n}}  + 1}} \\+ \lim \dfrac{{ - 2}}{{1 + \sqrt[3]{{1 + \dfrac{2}{n}}} + {{\left( {\sqrt[3]{{1 + \dfrac{2}{n}}}} \right)}^2}}}\\ = 1 + \left( { - \dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{1}{3}\end{array}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \dfrac{{4{x^3} - 1}}{{3{x^2} + x + 2}} \) \(= \dfrac{{4.{{( - 2)}^2} - 1}}{{3.{{( - 2)}^2} + ( - 2) + 2}} = \dfrac{{ - 33}}{{12}} = \dfrac{{ - 11}}{4}\)