Đề thi thử giữa học kỳ 2 môn Toán lớp 11 online - Mã đề 10

Gọi I là trung điểm của \(BC \Rightarrow AI \bot BC\) mà \(BC \bot SA\)

\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\)

Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC). Suy ra \(H \in SI\).

Ta có \(BC \bot \left( {AAH} \right)\) nên \(BC \bot BB\), nếu \(\left( {AABB} \right)\; \bot \left( {BBCC} \right)\) thì \(BC \bot AB\) vô lý vì H trùng A.

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

Do đó câu A và B đúng

C Sai. Vì nếu \(A' \in SB\) thì hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) phải vuông góc với nhau theo giao tuyến SB

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} SC \bot \left( {ABC} \right)\\ SC \subset \left( {SAC} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) theo giao tuyến AC

Mà BK là đường cao của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow BK \bot AC \Rightarrow BK \bot \left( {SAC} \right)\). Vậy D đúng

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l} CD \bot BE\\ CD \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {}\\ {\left. \begin{array}{l} CD \bot \left( {ABE} \right)\\ CD \subset \left( {ADC} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)} \end{array}\)

Vậy “\(\left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\)”: ĐÚNG.

\(\left. \begin{array}{l} DF \bot BC\\ DF \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow {\left. \begin{array}{l} DF \bot \left( {ABC} \right)\\ SC \subset \left( {ABC} \right) \end{array} \right\}} \Rightarrow {\left. \begin{array}{l} DF \bot AC\\ DK \bot AC \end{array} \right\}} \Rightarrow {\left. \begin{array}{l} AC \bot \left( {DFK} \right)\\ AC \subset \left( {ADC} \right) \end{array} \right\}} \Rightarrow {\left( {ADC} \right) \bot \left( {DFK} \right)}\)

Vậy “ \(\left( {ADC} \right) \bot \left( {DFK} \right)\) ”: ĐÚNG.

Ta có

\(\left. \begin{array}{l} CD \bot BE\\ CD \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow {\left. \begin{array}{l} CD \bot \left( {ABE} \right)\\ CD \subset \left( {BDC} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow } {\left( {BDC} \right) \bot \left( {ABE} \right)} \)

Vậy “ \(\left( {BDC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\)”: ĐÚNG.

“ \(\left( {ADC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)”: SAI

Ta có: \(S A=S C \Rightarrow \Delta S A C\) là tam giác cân

Mặt khác: O là trung điểm của AC (tính chất hình thoi)

Khi đó ta có \(A C \perp S O\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} A C \perp B D \quad(t / c \text { hinh thoi }) \\ A C \perp S O \end{array} \Rightarrow A C \perp(S B D)\right.\)

\(\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{cc} A^{\prime} D \perp A D^{\prime} & (t / c H V) \\ A^{\prime} D \perp C^{\prime} D^{\prime} & \left(C^{\prime} D^{\prime} \perp\left(A^{\prime} D^{\prime} D A\right)\right) \end{array}\right.\\ &\Rightarrow A^{\prime} D \perp\left(A C^{\prime} D^{\prime}\right) \Rightarrow A^{\prime} D \perp A C^{\prime}\\ &\left\{\begin{array}{lr} A^{\prime} B \perp A B^{\prime} & (t / c H V) \\ A^{\prime} B \perp B^{\prime} C^{\prime} & \left(B^{\prime} C^{\prime} \perp\left(A^{\prime} D^{\prime} D A\right)\right) \end{array}\right.\\ &\Rightarrow A^{\prime} B \perp\left(A B^{\prime} C^{\prime}\right) \Rightarrow A^{\prime} B \perp A C^{\prime}\\ &\text { Từ }(1),(2) \Rightarrow A C^{\prime} \perp\left(A^{\prime} B D\right) \end{aligned}\)

Do \(A H \perp(B C D) \Rightarrow A H \perp C D\) .

Mặt khác, H là trực tâm \(\Delta A B C \text { nên } B H \perp C D .\)

Suy ra \(C D \perp(A B H) \text { nên } C D \perp A B\)

\(\begin{aligned} &\text { Ta có } S H \perp(A B C D) \Rightarrow S H \perp A C\\ &\text { lại có }\left\{\begin{array}{l} H K // B D \\ A C \perp B D \end{array} \Rightarrow A C \perp H K\right.\\ &\Rightarrow A C \perp(S H K) \end{aligned}\)

Vậy A, B, C đúng nên D sai.

\(\overrightarrow {{B_1}M} .\overrightarrow {B{D_1}} = \left( {\overrightarrow {{B_1}B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AM} } \right)\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {D{D_1}} } \right)\)

\(\begin{array}{l} = \overrightarrow {{B_1}B} .\overrightarrow {D{D_1}} + {\overrightarrow {BA} ^2} + \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AD} \\ = - {a^2} + {a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}\\ = \frac{{{a^2}}}{2} \end{array}\)

Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \)

\(\Rightarrow A{C^2} = 2{a^2} = S{A^2} + S{C^2}\)

\(\Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại S.

Khi đó:

\(\overrightarrow {NM} .\overrightarrow {SC} = \frac{1}{2}\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} = 0 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {NM} ,\overrightarrow {SC} } \right) = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \left( {MN,SC} \right) = 90^\circ \)

Ta có: \(\overrightarrow {SC} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {SC} .\left( {\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SA} } \right) = \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SC} .\overrightarrow {SA} \)

\(= SA.SB\cos \widehat {BSC} - SC.SA.\cos \widehat {ASC} = 0\)

Vì SA = SB = SC và \(\widehat {BSC} = \widehat {ASC}\)

Do đó: \(\left( {\overrightarrow {SC} ,\overrightarrow {AB} } \right) = {90^0}\)

Bài giải đúng.

+ Gọi J , K lần lượt là trung điểm của AB , CD

+Ta có:\(2 \overrightarrow{O I}=\overrightarrow{O J}+\overrightarrow{O K}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=-\frac{1}{4}(\vec{u}+\vec{v}+\vec{x}+\vec{y})\)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có: } \overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\overrightarrow{D D_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C C_{1}}=\overrightarrow{A C_{1}} \\ \text { Nên } k=1 \end{array}\)

Ta có \(\vec{y}=\frac{1}{2}(\vec{x}+\vec{z})\) nên ba vec tơ \(\vec x ;\vec y ;\vec z\) đồng phẳng

M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của \(A B, A A_{1}, D D_{1}, C D\) .

Ta có \(C D_{1} / /(M N P Q) ; A D / /(M N P Q) ; A_{1} C / /(M N P Q)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{C D_{1}}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A_{1} C}\)đồng phẳng. 

Ta gọi d là công sai của cấp số cộng.

\({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1} = 4\left( {4 + d} \right) + \left( {4 + d} \right)\left( {4 + 2d} \right) + 4\left( {4 + 2d} \right)\)

\( = 2{d^2} + 24d + 48 = 2{\left( {d + 6} \right)^2} - 24 \ge - 24\)

Dấu "=" xảy ra khi d = -6

Vậy giá trị nhỏ nhất của \({u_1}{u_2} + {u_2}{u_3} + {u_3}{u_1}\) là -24.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_2} = {u_1} + {1^3}\\ {u_3} = {u_2} + {2^3}\\ .................\\ {u_{n + 1}} = {u_n} + {n^3} \end{array} \right. \Rightarrow {u_n} = 1 + {1^3} + {2^3} + ... + {\left( {n - 1} \right)^3}\)

Ta lại có \({1^3} + {2^3} + ... + {\left( {n - 1} \right)^3} = {\left( {1 + 2 + 3 + ... + n - 1} \right)^2} = {\left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} \right)^2}\)

Suy ra \({u_n} = 1 + {\left( {\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} \right)^2}\)

Theo giả thiết ta có

\(\sqrt {{u_n} - 1} \ge 2039190 \Leftrightarrow \frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} \ge 2039190\)

\( \Leftrightarrow n\left( {n - 1} \right) \ge 4078380 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} n \ge 2020\\ n \le - 2019 \end{array} \right.\)

Mà n là số nguyên dương nhỏ nhất nên n = 2020.

Số hạng tổng quát của cấp số cộng (u_n) là:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right).0,1}\\
{ \Rightarrow {u_7} =  - 0,1 + \left( {7 - 1} \right).0,1 = 0,5}
\end{array}\)

Gọi 4 số lập thành cấp số cộng là u₁, u₂, u₃, u₄ và công sai là d

Ta có: u₂ = u₁ + d; u₃ = u₁ + 2d; u₄ = u₁ + 3d

Theo giả thiết ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_2} + {u_3} + {u_4} = 22\\
u_1^2 + u_2^2 + u_3^2 + u_4^2 = 166
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_1} + {u_1} + d + {u_1} + 2d + {u_1} + 3d = 22\\
u_1^2 + {({u_1} + d)^2} + {({u_1} + 2d)^2} + {({u_1} + 3d)^2} = 166
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4{u_1} + 6d = 22\\
4u_1^2 + 12{u_1}d + 14{d^2} = 166
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{u_1} + 3d = 11\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
2u_1^2 + 6{u_1}d + 7{d^2} = 83\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Từ (1) suy ra: \({{u_1} = \frac{{11 - 3d}}{2}}\) thế vào (2) ta được

\(\begin{array}{l}
2.{\left( {\frac{{11 - 3d}}{2}} \right)^2} + 6.\frac{{11 - 3d}}{2}.d + 7{d^2} = 83\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
d = 3 \Rightarrow {u_1} = 1\\
d =  - 3 \Rightarrow {u_1} = 10
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy 4 số đó là 1,4,7,10 hoặc 10,7,4,1

Tổng các lập phương của chúng: 1³+4³+7³+10³ = 1408

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_6} = 27}\\
{ \Leftrightarrow {u_1} + 5d = 27}\\
{ \Leftrightarrow  - 3 + 5d = 27}\\
{ \Leftrightarrow 5d = 30}\\
{ \Leftrightarrow d = 6}
\end{array}\)

Ta có u₁ = 3; u_n = 24, n = 8.

\({S_8} = \frac{8}{2}.\left( {3 + 24} \right) = 108\)

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{2}{{n + 1}} - \frac{2}{n}}\\
{ = \frac{{2n - 2\left( {n + 1} \right)}}{{n\left( {n + 1} \right)}}}\\
{ = \frac{{ - 2}}{{n\left( {n + 1} \right)}}}
\end{array}\)

 phụ thuộc vào n

Vậy dãy (u_n) không phải là cấp số cộng.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{u_{n + 1}} - {u_n}}\\
{ = {{\left( {n + 1} \right)}^2} + 1 - \left( {{n^2} + 1} \right)}\\
{ = 2n + 1}
\end{array}\)

 phụ thuộc vào n.

 Suy ra dãy (u_n) không phải là cấp số cộng.

Ta có: \({{\rm{u}}_{n + 1}} = \frac{1}{3}\left( {2{{\rm{u}}_n} + \frac{{n - 1}}{{{n^2} + 3n + 2}}} \right)\).

\( = \frac{1}{3}\left( {2{u_n} + \frac{3}{{n + 2}} - \frac{2}{{n + 1}}} \right)\)

\(= \frac{2}{3}{u_n} + \frac{1}{{n + 2}} - \frac{2}{3}.\frac{1}{{n + 1}}\)

\(\Leftrightarrow {u_{n + 1}} - \frac{1}{{n + 2}} = \frac{2}{3}\left( {{u_n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right)\) (1)

Đặt \({v_n} = {u_n} - \frac{1}{{n + 1}}\), từ (1) ta suy ra: \({v_{n + 1}} = \frac{2}{3}{v_n}\).

Do đó (v_n) là cấp số nhân với \({v_1} = {u_1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\), công bội \(q = \frac{2}{3}\).

Suy ra: \({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\).

\(\Leftrightarrow {u_n} - \frac{1}{{n + 1}} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}\)

\( \Leftrightarrow {u_n} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}} + \frac{1}{{n + 1}}\)

Vậy \({u_{2018}} = \frac{1}{2}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^{2017}} + \frac{1}{{2019}} = \frac{{{2^{2016}}}}{{{3^{2017}}}} + \frac{1}{{2019}}\).

Ta có \({u_n} = 2{u_{n - 1}} + 3n - 1 \Leftrightarrow {u_n} + 3n + 5 = 2\left[ {{u_{n - 1}} + 3\left( {n - 1} \right) + 5} \right]\) với \(n \ge 2\); \(n \in N\).

Đặt \({v_n} = {u_n} + 3n + 5\), ta có \({v_n} = 2{v_{n - 1}}\) với \(n \ge 2\); \(n \in N\).

Như vậy, (v_n) là cấp số nhân với công bội q = 2 và \({v_1} = 10\), do đó \({v_n} = {10.2^{n - 1}} = {5.2^n}\).

Do đó \({u_n} + 3n + 5 = {5.2^n}\), hay \({u_n} = {5.2^n} - 3n - 5\) với \(n \ge 2\); \(n \in N\).

Suy ra a = 5, b = -3, c = -5. Nên \(a + b + c = 5 + \left( { - 3} \right) + \left( { - 5} \right) = - 3\).

Ta có quãng đường bóng bay bằng tổng quảng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống.

Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng \(\frac{3}{4}\) lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là

\({S_1} = 6.\frac{3}{4} + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3} + ... + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^n} + ...\)

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu \({u_1} = 6.\frac{3}{4} = \frac{9}{2}\) và công bội \(q = \frac{3}{4}\). Suy ra \({S_1} = \frac{{\frac{9}{2}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 18\).

Tổng quãng đường bóng rơi xuống bằng khoảng cách độ cao ban đầu và tổng quãng đường bóng nảy lên nên là 

\({S_2} = 6 + 6.\left( {\frac{3}{4}} \right) + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + ... + 6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^n} + ...\)

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u₁ = 6 và công bội \(q = \frac{3}{4}\). Suy ra \({S_2} = \frac{6}{{1 - \frac{3}{4}}} = 24\).

Vậy tổng quãng đường bóng bay là \(S = {S_1} + {S_2} = 18 + 24 = 42\).

\({a_n} = 10{a_{n - 1}} - 1 \Leftrightarrow {a_n} - \frac{1}{9} = 10\left( {{a_{n - 1}} - \frac{1}{9}} \right)\,\,(1)\)

Đặt \( {b_n} = {a_n} - \frac{1}{9} \Rightarrow {b_1} = {a_1} - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}\). Từ \((1) \Rightarrow {b_n} = 10{b_{n - 1}},\forall n \ge 2\)

Dãy (b_n) là cấp số nhân với công bội là q = 10. Nên \({b_n} = {b_1}.{q^{n - 1}} = \frac{8}{9}{.10^{n - 1}}\).

Do đó \({a_n} = {b_n} + \frac{1}{9} = \frac{8}{9}{10^{n - 1}} + \frac{1}{9},\forall n = 1,2,...\).

Ta có \(\log {a_n} > 100 \Leftrightarrow {a^n} > {10^{100}} \Leftrightarrow \frac{8}{9}{10^{n - 1}} + \frac{1}{9} > {10^{100}}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của n để \(\log {a_n} > 100\) là n = 102.

Ta có \({u_{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{5n}}{u_n} \Leftrightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{n + 1}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{{{u_n}}}{n}\).

Đặt \({v_n} = \frac{{{u_n}}}{n},\forall n \ge 1\). Suy ra (vn) là cấp số nhân có công bội \(q = \frac{1}{5}\) và \({v_1} = \frac{1}{5}\).

Ta có \(S = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{u_k}}}{k} = \sum\limits_{k = 1}^n {{v_k}} = {v_1}\frac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{5}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{1}{5}}} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{{5^n} - 1}}{{{5^n}}}} = {T_n}\).

Do vn > 0, \(\forall n \ge 1\) nên (Tn) là dãy tăng.

Suy ra \({T_n} < \frac{{{5^{2018}} - 1}}{{{{4.5}^{2018}}}} = {T_{2018}} \Leftrightarrow n < 2018\).

\(0 \leq\left|\frac{n \cos 2 n}{n^{2}+1}\right| \leq \frac{n}{n^{2}+1} \leq \frac{1}{n} \rightarrow 0 \longrightarrow \lim \frac{n \cos 2 n}{n^{2}+1}=0 \longrightarrow \lim \left(5-\frac{n \cos 2 n}{n^{2}+1}\right)=5\)

\(\text { Ta có } \lim \left(n^{2} \sin \frac{n \pi}{5}-2 n^{3}\right)=\lim n^{3}\left(\frac{1}{n} \cdot \frac{\sin n \pi}{5}-2\right)\)

Vì \(\left\{\begin{array}{l} \lim n^{3}=+\infty \\ 0 \leq\left|\frac{1}{n} \cdot \frac{\sin n \pi}{5}\right| \leq \frac{1}{n} \rightarrow 0 \end{array}\right.\)\(\longrightarrow\left\{\begin{array}{l} \lim n^{3}=+\infty \\ \lim \left(\frac{1}{n} \cdot \frac{\sin n \pi}{5}-2\right)=-2<0 \end{array} \longrightarrow \lim n^{3}\left(\frac{1}{n} \cdot \frac{\sin n \pi}{5}-2\right)=-\infty\right.\)

\(\text { Ta có } 0 \leq\left|\frac{(-1)^{n}}{n+1}\right| \leq \frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n} \rightarrow 0 \longrightarrow \lim \frac{(-1)^{n}}{n+1}=0 \longrightarrow \lim \left(4+\frac{(-1)^{n}}{n+1}\right)=4\)

\(\text { Ta có }\left\{\begin{array}{l} 0 \leq\left|u_{n}\right| \leq \frac{1}{n^{2}+1} \leq \frac{1}{n} \rightarrow 0 \\ 0 \leq\left|v_{n}\right| \leq \frac{1}{n^{2}+2} \leq \frac{1}{n} \rightarrow 0 \end{array}\right.\)\(\longrightarrow \lim u_{n}=\lim v_{n}=0 \longrightarrow \lim \left(u_{n}+v_{n}\right)=0\)

Ta có \(F=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} x^{2}\left(-\sqrt{4+\frac{1}{x^{2}}}-1\right)=-\infty\)

Ta có

\(\lim\limits _{x \rightarrow-\infty}\left(4 x^{5}-3 x^{3}+x+1\right)=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} x^{5}\left(4-\frac{3}{x^{2}}+\frac{1}{x^{4}}+\frac{1}{x^{5}}\right)=-\infty\)

Ta có \(\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x^{4}-x^{3}+x^{2}-x}=\lim \limits _{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x^{4}\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}\right)}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} x^{2} \sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{3}}}=+\infty\)

\(B=\lim \limits_{x \rightarrow-\infty}\left(x-|x| \sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}\right)=\lim\limits _{x \rightarrow-\infty} x\left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}\right)=-\infty\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} ({x^2} + x + 1) = 1\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} (x + 2a) = 2a\)

Suy ra hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2}\).

Ta có: 

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 1}}{{x\left( {ax + 2a + 1} \right)}}\)

\(= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{4}{{\left( {ax + 2a + 1} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 1} \right)}} = \frac{2}{{2a + 1}}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{2a + 1}} = 3 \Leftrightarrow a = - \frac{1}{6}\).

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {3x + 1} - 2}}{{{x^2} - 1}} = \frac{3}{8}\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{a({x^2} - 2)}}{{x - 3}} = \frac{a}{2}\)

Suy ra hàm số liên tục tại \(x = 1 \Leftrightarrow \frac{a}{2} = \frac{3}{8} \Rightarrow a = \frac{3}{4}\).