Đề thi thử học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 12

Ta có:

\(\begin{array}{l}v\left( t \right) = S'\left( t \right) = 3{t^2} + 6t + 5\\a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 6t + 6\end{array}\).

\( \Rightarrow a\left( 2 \right) = 6.2 + 6 = 18\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x + 3x - 2{x^3}} \right)\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } {x^3}\left( {\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{x^2}}} - 2} \right)\) \( =  + \infty \).

\(\lim \frac{{ - 4{n^3} - 5{n^2}}}{{{n^2} + 3{n^3}}}\)\( = \lim \frac{{ - 4 - \frac{5}{n}}}{{\frac{1}{n} + 3}} =  - \frac{4}{3}\).

\(y' = 3{x^2}\sin x + {x^3}\cos x\)\( = {x^2}\left( {3\sin x + x\cos x} \right)\) .

Mệnh đề: Tất cả những cạnh bên của hình chóp đều bằng nhau là mệnh đề sai vì chóp đều cạnh bên và cạnh đáy của chóp có thể không bằng nhau.

Trong không gian, ba vectơ \(\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow b ,\,\,\overrightarrow c \) được gọi là đồng phẳng nếu và chỉ nếu chúng có giá song song với một mặt phẳng nào đó.

\(\begin{array}{l}y' = {x^3} - 4x \Rightarrow y'' = 3{x^2} - 4\\y'' =  - 1 \Leftrightarrow 3{x^2} = 3 \Leftrightarrow x =  \pm 1\end{array}\)

Mệnh đề đúng là: Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

Tính\(f'\left( {{x_0}} \right)\) bằng định nghĩa ta cần tính  \(\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}\).

Hàm số \(y = \frac{{3x - 5}}{{x + 3}}\) có TXĐ \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 3} \right\}\)

\( \Rightarrow \) Hàm số không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Vậy khẳng định B sai.

Ta có \(HD \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow HD \bot AB\)

\(HD \bot \left( {EFGH} \right) \Rightarrow HD \bot HF\)

\( \Rightarrow HD\) là đoạn vuông góc chung của \(AD\) và \(HF\)\( \Rightarrow d\left( {AD;HF} \right) = HD = 5\).

Ta có : \(y' = 2\cos x\).

Ta có: \(\lim \,( - 3{n^4} + 3)\)\( = \lim {n^4}\left( { - 3 + \frac{3}{{{n^4}}}} \right) =  - \infty \)

\(dy = \left( {{x^3} - 3x + 1} \right)'dx\)\( = \left( {3{x^2} - 3} \right)dx\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{2{x^2} + 3x - 1}}{{x + 1}}\)\( = \frac{{{{2.1}^2} + 3.1 - 1}}{{1 + 1}} = \frac{4}{2} = 2\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot OA\\OC \bot OB\end{array} \right. \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}OC \subset \left( {OAC} \right)\\OC \subset \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OAB} \right) \bot \left( {OAC} \right)\\\left( {OAB} \right) \bot \left( {OBC} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow B,D\) đúng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right)\).

Mà \(OA \subset \left( {OAC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {OAC} \right) \bot \left( {OBC} \right)\) \( \Rightarrow C\) đúng.

Ta có \(HE \bot \left( {MNEF} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HE \bot NF\\HE \bot MN\end{array} \right.\)

\(HE \bot \left( {GHPQ} \right) \Rightarrow HE \bot GP\).

Vậy chỉ có khẳng định D sai.

Ta có \(f'\left( x \right) = 3{x^2} - 6x\)\( \Rightarrow f''\left( x \right) = 6x - 6\)  

\(f'\left( x \right) = 3.3{x^2} = 9{x^2}\).

 Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(\Delta A'B'C'\) vuông tại \(B'\)  (xem hình vẽ). Hỏi đường thẳng \(B'C'\) vuông góc với mặt phẳng nào được liệt kê ở bốn phương án dưới đây ?

\(\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AE} \)\( = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {AE}  = \overrightarrow {AG} \).

\(dy = \left( {\cos 2x + \cot x} \right)'dx\)\( = \left( { - 2\sin 2x - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}} \right)dx\) .

\(\lim \frac{{ - 2{n^2} - 1}}{{5{n^2} - 8}}\)\( = \lim \frac{{ - 2 - \frac{1}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{8}{{{n^2}}}}} =  - \frac{2}{5}\)

\( \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} + x - 12}}{{x - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 3}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left( {x + 4} \right) = 7\end{array}\).

Khẳng định sai là B.

Hai mặt phẳng cắt nhau thì không vuông góc là khẳng định sai.

Ta có

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12{\left( {2x + 1} \right)^{11}}\left( {2x + 1} \right)'\\ = 24{\left( {2x + 1} \right)^{11}}\\f''\left( x \right) = 24.11{\left( {2x + 1} \right)^{10}}.\left( {2x + 1} \right)'\\ = 528{\left( {2x + 1} \right)^{10}}\\ \Rightarrow f''\left( 0 \right) = {528.1^{10}} = 528\end{array}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\} \Rightarrow {x_0} = 0 \in D\).

Ta có: \(y' = \frac{{1 + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{2}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\).

\( \Rightarrow \) Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x - 1}}{{x + 1}}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) là: \(k = \frac{2}{{{{\left( {0 + 1} \right)}^2}}} = 2\).

Đặt \(y = {x^2} = f\left( x \right)\) ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta y = f\left( {{x_0} + \Delta x} \right) - f\left( {{x_0}} \right)\\ = f\left( {3 - 1} \right) - f\left( 3 \right)\\ = f\left( 2 \right) - f\left( 3 \right) = {2^2} - {3^2}\\ =  - 5\end{array}\)

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

Gọi \(O = AC \cap BD \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OM\\CD \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOM} \right)\).

Trong \(\left( {SOM} \right)\) kẻ \(OH \bot SM\) ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SM\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).

Ta có \(BO \cap \left( {SCD} \right) = D\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2\).

\( \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right)\)\( = 2d\left( {O;\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH\).

Ta có \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\)

\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AD = 3\,\,\left( {cm} \right)\).

Trong \(\Delta SOC\) có: \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} \)\( = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{{6\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = 3\sqrt 2 \) (cm).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(SOM\) ta có: \(OH = \frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }}\)\( = \frac{{3\sqrt 2 .3}}{{\sqrt {18 + 9} }} = \sqrt 6 \).

Vậy \(d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = 2\sqrt 6 \,\,\left( {cm} \right)\).

Ta có

\(\begin{array}{l}y' = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{2{x^2} + 2x - {x^2} - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}y' > 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} > 0\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 > 0\\ \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 3} \right) \cup \left( {1; + \infty } \right)\end{array}\).

\(\begin{array}{l} + )\,\,\lim \frac{{{{5.4}^n} + {{7.2}^n} - {3^n}}}{{{{4.4}^n} - {{2.3}^n}}}\\ = \lim \frac{{5 + 7.{{\left( {\frac{2}{4}} \right)}^n} - {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}}{{4 - 2{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}} = \frac{5}{4}\\ + )\,\,\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + 4}  - n}}{{{n^2}}}\\ = \lim \frac{{\sqrt {\frac{9}{{{n^2}}} + \frac{4}{{{n^4}}}}  - \frac{1}{n}}}{1} = 0\\ + )\,\,\lim \frac{{{3^n} + {{4.5}^n} - {8^n}}}{{{{3.8}^n} + {{2.6}^n}}}\\ = \lim \frac{{{{\left( {\frac{3}{8}} \right)}^n} + 4{{\left( {\frac{5}{8}} \right)}^n} - 1}}{{3 + 2{{\left( {\frac{6}{8}} \right)}^n}}}\\ =  - \frac{1}{3}\\ + )\,\,\lim \frac{{\sqrt {{n^2} + 4}  + n}}{n}\\ = \lim \frac{{\sqrt {1 + \frac{4}{{{n^2}}}}  + 1}}{1} = 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l}y' =  - \left( {\sqrt {2{x^2} - x + 7} } \right)'sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' =  - \frac{{\left( {2{x^2} - x + 7} \right)'}}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' = \frac{{ - 4x + 1}}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} \\y' = \frac{{\left( {1 - 4x} \right)sin\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}{{2\sqrt {2{x^2} - x + 7} }}\end{array}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \)\(\Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\).

Xét tam giác \(ABC\) ta có

\(\cos B = \frac{{A{B^2} + B{C^2} - A{C^2}}}{{2AB.BC}}\)\( = \frac{{{4^2} + {6^2} - {8^2}}}{{2.4.6}} =  - \frac{1}{4} < 0\)

\( \Rightarrow \widehat B > {90^0}\)

Trong \(\left( {ABC} \right)\) dựng \(AH \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SH\).

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SH \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {ABC} \right) \supset AH \bot \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle \left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)\) \( = \angle \left( {SH;AH} \right) = \angle SHA = {60^0}\) .

Xét tam giác vuông \(AHB\) có \(BH = AB.\cos \angle ABH\)\( = 4.\frac{1}{4} = 1\).

\( \Rightarrow AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} \)\( = \sqrt {{4^2} - {1^2}}  = \sqrt {15} \).

Xét tam giác vuông \(SAH\) có : \(SA = AH.\tan {60^0}\)\( = \sqrt {15} .\sqrt 3  = 3\sqrt 5 \).

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = {\left( {x - 1} \right)^3}\) tại điểm có hoành độ \(x = {x_0}\) là \(k = 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2}\).

Tiếp tuyến song song với đường thẳng \(\Delta :\,\,12x - y - 2018 = 0\)\( \Leftrightarrow y = 12x - 2018\) \( \Rightarrow k = 12\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 3{\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 12\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 1} \right)^2} = 4\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = 2\\{x_0} - 1 =  - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 3\\{x_0} =  - 1\end{array} \right.\end{array}\).

Với \({x_0} = 3\), phương trình tiếp tuyến cần tìm là : \(y = 12\left( {x - 3} \right) + 8\)\( = 12x - 28\,\,\,\left( {tm} \right)\) .

Với \({x_0} =  - 1\), phương trình tiếp tuyến cần tìm là : \(y = 12\left( {x + 1} \right) - 8\)\( = 12x + 4\,\,\,\left( {tm} \right)\) .

Hàm số liên tục trên các khoảng \(\left( { - \infty ;3} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right)\). Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì hàm số phải liên tục tại \(x = 3\).

Ta có

\(\begin{array}{l} + )\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} 5 = 5\\ + )\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {2b{x^2} - 4} \right)\\ = 18b - 4\\ + )\,\,f\left( 3 \right) = 18b - 4\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 3\)\( \Leftrightarrow 18b - 4 = 5 \Leftrightarrow b = \frac{1}{2}\).

Vậy hàm số đã cho liên tục trên \(\mathbb{R}\)\( \Leftrightarrow b = \frac{1}{2}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + 1}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \frac{1}{x}}}{{1 + \frac{2}{x}}} = \frac{1}{1} = 1\).

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{1 + \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{2}{x}}}\\ = \frac{{1 + 1}}{1} = 2\end{array}\).

Hàm số \(y = \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 1}}\) có TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}\)

\( \Rightarrow \)  Hàm số liên tục tại \(x = 1\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{x + 1}}\\ = \frac{{1 + \sqrt {{1^2} + 1} }}{{1 + 1}}\\ = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt 2 \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{1}{2}\\b = \frac{1}{2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow a + b = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\end{array}\)