De va dap an chi tiet phan tu luan de 5

GV: Hoàng Văn Phiên
môn Toán

Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia

Đề bài
Phần 2. Tự luận
Câu 1. (1 điểm). Tính các giới hạn
a) lim 2n + 1 − n
2n − 3

b) lim 2x − 3 − 4x + 1 + 2
x→2
x−2
2
 3x + 2x − 1
khi x ≠ −1

x+1
Câu 2. (1 điểm). Tìm m để hàm số y = f x = 
liên tục trên ¡
 3mx2 2 − 2mx − 10 khi x = −1


( )

(

)
Câu 3. (1 điểm). Cho phương trình ab( x − a ) ( x − b) + bc ( x − b) ( x − c) + ca ( x − c ) ( x − a ) = 0. Chứng
minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm

Câu 4. (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có chiều dài AB gấp
hai lần chiều rộng và diện tích của nó bằng 4a2 . Gọi H là trung điểm của AB, SH = 2a 3 và SH
vuông góc đáy
a) Xác định và tính góc giữa SC và (ABCD)
b) Xác định và tính góc giữa SA và CH
c) Chứng minh SHC ⊥ SHD

(

) (

)

d) Tính khoảng cách giữa HD và SC

Đáp án chi tiết
Câu 1.
2 1
+
−1
2n + 1 − n
1
n n2
a) lim
= lim
=−
2n − 3
3
3
2−

n

) (

(

)

2x − 3 − 1 − 4x + 1 − 3
2x − 3 − 1
4x + 1 − 3
b) lim 2x − 3 − 4x + 1 + 2 = lim
= lim
− lim
x→2
x→2
x →2
x →2
x−2
x−2
x−2
x−2
2x − 3 − 1
4x + 1 − 9
2
4
4 1
= lim
− lim
= lim

− lim
= 1− =
x→2
x →2
x→2
x →2
6 3
2x − 3 + 1
4x + 1 + 3
x − 2 2x − 3 + 1
x − 2 4x + 1 + 3

(

)

)(

)

)(

(

 3x2 + 2x − 1
khi x ≠ −1

x+1
Câu 2. y = f x = 
 3mx2 2 − 2mx − 10 khi x = −1


2
x + 1 3x − 1
Có: lim f x = lim 3x + 2x − 1 = lim
= lim 3x − 1 = −4
x→−1
x→−1
x →−1
x→−1
x+1
x+1

( )

( )

(

)

(

)(

)

Địa chỉ: Số 20, Tổ 2A, Phường Hoàng Văn Thụ, TPTN
Trang 1

(

)

Gmail:


GV: Hoàng Văn Phiên
môn Toán

( )

( )

Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia

( )

2

(

)

(

)

Lại có f −1 = 3m. −1 2 − 2m −1  − 10 = 3m 2 + 2m − 10 = 6m2 + 6m − 10, m ≤ −1 ∨ m ≥ 0



Để hàm số liên tục trên tập số thực khi và chỉ khi hàm số liên tục tại điểm x = −1
m = 2
⇔ 6m2 + 6m − 10 = −4 ⇔ 6m2 + 6m = 6 ⇔ 6m2 + 6m = 36 ⇔ 
(thỏa mãn)
m = −3
Câu 3. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c
Đặt f x = ab x − a x − b + bc x − b x − c + ca x − c x − a

( )

(

)(

Là hàm số liên tục
 f a = bc a − b

Có  f b = ac b − c
 f c = ab c − a


)

(

)(

)

(

)(

)

trên tập số thực

( ) ( ) ( a − c)
( ) ( ) ( b − a) ⇒ f ( a) .f ( b) .f ( c) = −a b c ( a − b) ( b − c) ( c − a ) ≤ 0
( ) ( ) ( c − b)
TH: f ( a ) .f ( b) .f ( c) = 0 thì hoặc a hoặc b hoặc c là nghiệm phương trình (thỏa mãn)
TH: f ( a ) .f ( b) .f ( c) < 0 thì trong 3 số f ( a ) , f ( b) , f ( c ) phải có 1 hoặc 3 số âm
 f ( a) < 0

+) Nếu có 1 số âm, ta giả sử  f ( b) > 0 ⇒ f ( a ) .f ( b) < 0 . Vậy phương trình có nghiệm thuộc ( b;a )
f c > 0
 ( )
+) Nếu cả 3 số âm. Ta xét f ( 0) = a b + b c + c a ≥ 0
- Với f ( 0) = 0 thì 0 là nghiệm phương trình
- Với ff( 0) > 0 ⇒ ( 0) .f ( a ) < 0 thì phương trình sẽ có nghiệm thuộc khoảng ( 0;a) hoặc ( a;0)
2 2 2

2 2

2 2

2

2

2

2 2

Câu 4.

Địa chỉ: Số 20, Tổ 2A, Phường Hoàng Văn Thụ, TPTN
Trang 2

Gmail:


GV: Hoàng Văn Phiên
môn Toán

Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia

a) Dễ dàng tính được AB = 2AD = 2a 2, HC = HD = 2a, SC = SD = 4a, SA = SB = a 14

(

(

Có ∠ SC , ABCD

) ) = ∠ ( SC , HC ) = ∠SCH

(

Xét tam giác SHC vuông tại H có tan ∠SCH = SH = 2a 3 = 3 ⇒ ∠ SC , ABCD

HC
2a
b) Lấy I là trung điểm SB suy ra SA//HI. Vậy ∠ SA, HC = ∠ HI , HC

(

)

(

(

) ) = 60

0

)

2
2
2
2
Có: HI = 1 SA = a 14 ,CI 2 = CB + CS − SB = 11a ⇒ CI = a 22
2
2
2
4
2
2
2

2
2
 1 
HI + HC − IC
1
0
=
⇒ ∠ SA, HC = arccos
Xét tam giác HIC có cos∠IHC =
÷ ≈ 74 30'
2HI .HC
14
 14 
c) Có HC = HD = 2a,CD = AB = 2a 2 . Kiểm tra Pytago đảo thấy tam giác CHD vuông tại H

(

HD ⊥ HC
⇒ HD ⊥ SHC ⇒ SHD ⊥ SHC
Vậy có 
HD ⊥ SH

(

(

)

(

) (

)

)

)

d) Theo ý c) ta có HD ⊥ SHC ⇒ HD ⊥ SC .
HK ⊥ SC
Kẻ HK vuông góc SC tại K vậy ta có 
HK ⊥ HD, HD ⊥ SHC

(

(

))

⇒ d( HD,SC ) = HK

Xét tam giác SHC vuông tại H có HK là đường cao có: HK .SC = SH .HC ⇒ HK =

SH .HC
=a 3
SC

⇒ d( HD,SC ) = a 3

Địa chỉ: Số 20, Tổ 2A, Phường Hoàng Văn Thụ, TPTN

Trang 3

Gmail: