Đề kiểm tra cuối học kì II (đề số 3) 🔹

Hướng dẫn giải:

a) Ta có $\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\left( x+2 \right)=3+2=5.$

Vậy $\underset{x\to 3}{\mathop{\lim }}\,\left( x+2 \right)=5.$

b) Ta có $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ {{x}^{2}}\left( 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}} \right) \right]=+\infty $.

Vì $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}=+\infty;$

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{{{x}^{2}}} \right)=1>0.$

Vậy $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)=+\infty .$

Hướng dẫn giải:

Ta có: ${y}'=3{{x}^{2}}$.

Hệ số góc của tiếp tuyến: $k={y}'\left( 1 \right)=3$

Với ${{x}_{0}}=1\Rightarrow {{y}_{0}}=4$.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm $\left( 1;4 \right)$ là: $y=3.\left( x-1 \right)+4\Leftrightarrow y=3x+1$.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị $\left( C \right)$ tại điểm có hoành độ ${{x}_{0}}=1$ là: $y=3x+1$.

Hướng dẫn giải:

Xét tam giác $SBC$ có  $S{{C}^{2}}=B{{S}^{2}}+B{{C}^{2}}-2BS.BC.\cos 30^{\circ}$

$S{{C}^{2}}={{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{4}^{2}}-2.2\sqrt{3}.4.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=4$ $\Rightarrow SC=2$.

Nhận thấy $B{{C}^{2}}=S{{B}^{2}}+S{{C}^{2}}$ $\Rightarrow \Delta BSC$ vuông tại $S$.

Ta có $\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)$ theo giao tuyến là $BC$.

Kẻ $SH\bot BC$ suy ra $SH\bot \left( ABC \right)$.

Trong tam giác vuông $BSC$ có $HS=\dfrac{SB.SC}{BC}=\dfrac{2\sqrt{3}.2}{4}=\sqrt{3}$, 

$HB=\dfrac{B{{S}^{2}}}{BC}=\dfrac{{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}}{4}=3$ và $HC=\dfrac{S{{C}^{2}}}{BC}=\dfrac{{{2}^{2}}}{4}=1$.

Khi đó $d\left( B,\,\left( SAC \right) \right)=4.d\left( H,\,\,\left( SAC \right) \right)$.

Kẻ $HE\bot AC$ và $HK\bot SE$.

Ta có $\left\{ \begin{aligned} & AC\bot HE \\ & AC\bot SH \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow AC\bot \left( SHE \right)$

Khi đó $\left\{ \begin{aligned} & HK\bot SE \\ & HK\bot AC \\ \end{aligned} \right.\,\,\Rightarrow HK\bot \left( SAC \right)$, suy ra $d\left( H,\,\,\left( SAC \right) \right)=HK$.

Mà $\sin \widehat{ACB}=\dfrac{HE}{HC}=\dfrac{AB}{AC}$

$\Rightarrow HE=\dfrac{HC.AB}{AC}=\dfrac{1.3}{\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}}=\dfrac{3}{5}$.

Vậy $d\left( B,\,\left( SAC \right) \right)=4.d\left( H,\,\,\left( SAC \right) \right)=4HK=4.\dfrac{HE.HS}{\sqrt{H{{E}^{2}}+H{{S}^{2}}}}=\dfrac{6\sqrt{7}}{7}$.