Dap an cac cau hoi va bai tap ho tro hs hoc truc tuyen mon_toan_11

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT SƠN TÂY MÔN: TOÁN

ĐÁP ÁN HỆ THỐNG CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
HỖ TRỢ HỌC SINH LỚP 11 HỌC TẬP TRỰC TUYẾN
TRONG THỜI GIAN NGHỈ PHỊNG DỊCH COVID-19
PHẦN 1: GIẢI TÍCH
I. ĐÁP ÁN BÀI 1-CHƯƠNG IV: GIỚI HẠN DÃY SỐ ( KHDH 4 tiết từ tiết 53 đến 56)
BẢNG ĐÁP ÁN
1.A
2.A
3.B
4.C
5.D
6.A
7.D
8.C
9.C
10.B

11.A
12.C
13.B
14.C
15.D
16.B
17.B
18.D
19.D
20.A

21.B
22.C
23.B
24.B
25.D
26.A
27.C
28.B
29.B
30.C

31.A
32.B
33.C
34.C
35.D
36.A
37.A
38.B
39.C
40.A

41.B
42.C
43.B
44.B
45.D
46.A
47.A
48.C

49.A
50.D

51.D
52.B
53.C
54.C
55.B
56.B
57.B
58.A
59.C
60.A

GỢI Ý MỘT SỐ CÂU KHĨ TRONG BÀI
Câu 53: Ta có
S = 1 + cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x + ⋯+ cos 2 n x + ⋯ =
CSN lvh: u1 =1, q = cos 2 x

1
1
= 2 . Chọn C.
2
1− cos x sin x

Câu 54: Ta có
n

S = 1− sin 2 x + sin 4 x − sin 6 x + ⋯ + (−1) . sin 2 n x + ⋯ =
CSN lvh: u1 =1, q =− sin 2 x

1
.
1 + sin 2 x

Chọn C.

 π

Câu 55: Ta có tan α ∈ (0;1) với mọi α ∈ 0;  , do đó
 4
S = 1− tan α + tan 2 α − tan 3 α +… =
CSN lvh: u1 =1, q =− tan α

−2

−3

1
cos α
=
=
1 + tan α sin α + cos α

cos α
. Chọn

π 

2 sin α + 


4

−n

B.

Câu 56: Ta có 0,5111⋯ = 0,5 + 10 + 10 + ⋯ + 10 + ⋯
Dãy số 10−2 ;10−3 ;...;10−n ;... là một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng u1 = 10−2 , công bội
bằng q = 10−1 nên S =

u1
10−2
1
=
= .
−1
1 − q 1 −10
90

Vậy 0,5111... = 0,5 + S =
Câu 57: Ta có

1|Page

a = 23
46 23
=

→ 


→T = a + b = 68.
b = 45
90 45

Chọn B.


35
2
35
35
35 a = 35
10
A = 0,353535... = 0,35 + 0, 0035 + ... = 2 + 4 + ... =
=
⇒
⇒ T = 3465. .
1
99 b = 99
10
10
1− 2
10

Chọn B.
Câu 58: Ta có
B = 5, 231231... = 5 + 0, 231 + 0, 000231 + ...
231
3

a = 1742
231 231
231 1742
10
= 5 + 3 + 6 + ... = 5 +
= 5+
=

→ 
⇒ T = 1409
b = 333
1
10
10
999
333
1− 3
10

Chọn A.
Câu 59: Người ta xây dựng một hình tháp bằng cách xếp các khối lập phương chồng lên nhau theo quy
2
luật khối lập phương phía trên có độ dài của một cạnh bằng
độ dài của một cạnh của khối lập
3
phương ở liền phía dưới của nó. Giả sử khối lập phương ở dưới cùng có độ dài của một cạnh là
5m. Gọi S là chiều cao tối đa của tháp có thể xây dựng được. Chọn đáp án đúng.
A. 5  S  8 .
B. 8  S  12 .
C. 12  S  16 .

D. 16  S  20 .
Chọn C.
Chiều cao của các khối lập phương theo thứ tự từ dưới lên là
2

3

2
2
2
5, 5. , 5.   , 5.   ,.....
3
3
3

Từ đó ta thấy chiều cao của các khối lập phương từ dưới lên là một cấp số nhân có số hạng đầu
2
là u1  5 và cơng bội q  .
3
Do đó S 

u1
5

 15m
1 q 1 2
3

u1  1


Câu 60: Cho dãy số xác định bởi 
. Tính u2020 .
1
n 1 
*
u

2
u

;
n

ℕ
n

1
n


2

3
n  3n  2 


A. u2020 

22018
1


.
2019
3
2021

B. u2020 

22018
1

.
2019
3
2020

C. u2020 

22019
1

.
2018
3
2021

D. u2018 

22017
1


.
2018
3
2019

Chọn A.
1
n 1  1 
3
2  2
1
2 1

Ta có: u n 1   2u n  2
.
 .
   2un 
  un 
3
n  3n  2  3 
n  2 n 1  3
n  2 3 n 1
 un 1 
2|Page

1
2
1 
*

  un 
 , n  ℕ 1
n2 3
n 1 


Đặt vn  un 

1
2
, từ 1 ta suy ra: vn 1  vn , n  ℕ * .
n 1
3

Do đó  vn  là cấp số nhân với v1  u1 

Suy ra: vn  v1.q
1 2
 un  .  
2 3
Vậy u2020

1 2
 . 
2 3

n 1

n 1



1 2
 . 
2 3

n 1

1 1
2
 , công bội q  .
2 2
3

1
1 2
 . 
, n  ℕ  un 
n 1 2  3 
*

n 1

, n  ℕ*

1
, n  ℕ * .
n 1

2019



1
22018
1
 2019 
.
2021 3
2021

II. ĐÁP ÁN BÀI 2- CHƯƠNG IV: GIỚI HẠN HÀM SỐ ( KHDH 4 tiết từ tiết 57 đến 60)
BẢNG ĐÁP ÁN
1.D
2.D
3.C
4.C
5.D
6.D
7.C
8.D
9.C
10.D

11.B
12.C
13.A
14.B
15.C
16.B

17.A
18.C
19.C
20.D

21.D
22.C
23.D
24.C
25.A
26.B
27.C
28.B
29.B
30.C

31.B
32.C
33.B
34.A
35.B
36.C
37.A
38.A
39.B
40.A

41.B
42.D
43.C

44.B
45.D
46.C
47.B
48.D
49.B
50.A


x2 1
 3
Câu 54: Tìm các giá trị thực của tham số b để hàm số f  x    x  x  6

b  3
.
A.

B.  3 .

3.

C.

2 3
.
3

Lời giải
Chọn D.

lim f  x   lim

x 3

x 3

x2  1
1
.

3
x x6
3

lim f  x   b  3 .

x 3

Hàm số có giới hạn tại x  3  b  3 

3|Page

1  b   3  1  2
.
3
3
3

51.B
52.D

53.B
54.D
55.C
56.C
57.C
58.D
59.C
60.A

x3

có giới hạn tại x  3

x3

D. 

2 3
.
3




x
sin x
2







Câu 55: Biết hàm số f  x   a sin x  b
  x  có giới hạn tại x   và x  . Hệ thức nào
2
2
2
2



x
2  cos x
2

sau đây là đúng?
A. 3a  b  0 .
B. 3a  b  0 .
C. a  3b  0 .
D. a  3b  0 .
Lời giải
Chọn C.

+ Tại x   ta có:
2
lim  f  x   lim  sin x  1 lim  f  x   lim   a sin x  b   a  b
; x    
.
 

 
 
x 
x 
x 


 2



 2



 2

Hàm số có giới hạn tại x  
+ Tại x 



 2

  lim  f  x   lim  f  x   a  b  1
 
x   
 2

2

1 .

 
x   
 2



ta có:
2
lim  f  x   lim   2  cos x   2

 
x  
2

 
x  
2

Hàm số có giới hạn tại x 

;

lim  f  x   lim   a sin x  b   a  b

 
x  
2

 
x  
2

  lim  f  x   lim  f  x   a  b  2
2

 
x  
2

 
x  
2

.

 2 .

1

b

  a  b  1 
2
Từ 1 và  2  suy ra: 
.

a  b  2

a  3

2

5ax 2  3x  2a  1
Câu 56: Tìm để hàm số. f ( x)  
2
1  x  x  x  2
A. 

khi x  0
khi x  0

B. 

C.

2
2

có giới hạn tại x  0 .

D. 1

Lời giải
Chọn C.
Ta có: lim f ( x)  lim  5ax 2  3 x  2a  1  2a  1
x 0



x 0



lim f ( x)  lim 1  x  x 2  x  2  1  2

x  0

x 0

Vậy 2a  1  1  2  a 

Câu 57: Giá trị của B  lim
x 0

A. 
4|Page

n

2
.
2

1  ax  1
(n  ℕ*, a  0) bằng
x
B. 

C.

a
n

D. 1

n
a


Lời giải
Chọn C.
Cách 1: Nhân liên hợp
Ta có:

B  lim

( n 1  ax  1)( n (1  ax) n 1  n (1  ax) n  2  ...  n 1  ax  1)

x 0

B  lim

x 0 n

x( n (1  ax)n 1  n (1  ax)n  2  ...  n 1  ax  1)
a
(1  ax)

n 1

 n (1  ax)

n2

 ...  n 1  ax  1



a
.
n

Cách 2: Đặt ẩn phụ
t n 1
và x  0  t  1
a
t 1
t 1
a
 B  a lim n
 a lim
 .
t 1 t  1
t 1 (t  1)(t n 1  t n  ...  t  1)
n

Đặt t  n 1  ax  x 

4 x2  x  3 8 x3  x  1

Câu 58: Giá trị của B  lim

4

x 

A. 

bằng :

x4  3

B. 

C.

4
3

D. 4

Lời giải
Chọn D

x 4
Ta có: B  lim

x 

Câu 59: Giá trị của F  lim
x 0

A. 

n

1
1 1
1
1 1
 x. 3 8  2  3
4  3 8 2  3
x
x
x  lim
x
x
x 4
x 
3
3
4 1
x 4 1 4
x
x4

(2 x  1)(3x  1)(4 x  1)  1
bằng :

x
9
B. 
C.
n
Lời giải

D. 0

Chọn C.
Đặt y  n (2 x  1)(3x  1)(4 x  1)  y  1 khi x  0
(2 x  1)(3 x  1)(4 x  1)  1
9
x0
x

mặt khác: lim

yn 1
9
Do đó: F  lim

x  0 x y n 1  y n  2  ...  y  1

 n

 2 x 1  3 8  x

x


Câu 60: Cho hàm số f  x   ax  b  1
 x2  4

 x  2

x  2 và x  0 .

5|Page

x0
2  x  0 . Tìm a , b để hàm số cùng có giới hạn tại
x  2


A. a 

61
25
, b
.
24
12

B. a 

37
1
61
1
, b .

C. a 
, b .
24
12
24
12
Lời giải

D. a 

85
25
, b
.
24
12

Chọn A.
Tại x  0 ta có

 lim f  x   lim  ax  b  1  b  1.
x 0

x 0

2 x 1  3 8  x
2 x 1  2  2  3 8  x
 lim f  x   lim
 lim
x 0

x 0
x0
x
x
Mà xlim
 0

Và

lim

x 0

2  x  1  1
2 x 1  2
 lim
 lim
x 0
x
x x  1  1 x 0





2
 1.
x 1 1

2 3 8 x

88 x
1
1
 lim
 lim
.
2 
2 
x 0
x 0
x
3

3
3
3
4  2 8  x  8  x 
x  4  2 8  x  8  x  
12



2 x 1  3 8  x
1 13
 1  .
x 0
x 0
x
12 12
Do đó hàm số có giới hạn tại x  0 khi và chỉ khi

Nên lim f  x   lim

lim f  x   lim f  x   b  1 

x0

x 0

13
25
b .
12
12

1

Tại x  2 :

lim  f  x   lim   ax  b  1  2a  b  1 .

x  2 

x  2 

x2  4
 lim   x  2   2  2  4 .
x   2 
x   2  x  2
x  2 

Do đó hàm số có giới hạn tại x  2 khi và chỉ khi
lim  f  x   lim 

lim  f  x   lim  f  x   2a  b  1  4

x   2 

x   2 

 2

Từ 1 và  2  suy ra: hàm số cùng có giới hạn tại x  0 và x  2 khi và chỉ khi

25

25
b


b



12

12

2a  b  1  4
a  61 .


24
61
25
Vậy với a 
, b
thì hàm số cùng có giới hạn tại x  0 và x  2 .
24
12
PHẦN 2: HÌNH HỌC
I. BÀI 2-CHƯƠNG III: HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC (KHDH 3 tiết từ tiết 32 đến 34)
BẢNG ĐÁP ÁN
1C
11A
21D

2A
12A
22C

3A
13C
23C

4D
14D
24D

5A
15B
25A

6D
16D
26A

7B
17C
27D

8D
18A
28D

GỢI Ý MỘT SỐ CÂU KHÓ TRONG BÀI
Câu 28: Hướng dẫn giải: Chọn D
6|Page

9C
19D
29C

10C
20D
30C


Ta xét tích vơ hướng





AD.BC  AD. AC  AB  AD. AC  AD. AB  AD. AC.cos A  AD. AB.cos A

AD 2  AC 2  CD 2
AD 2  AB 2  BD 2
 AD. AB.
2 AD. AC
2 AD. AB
2
2
2
2
2
2
AD  AC  CD
AD  AB  BD
AC 2  BD 2  CD 2  AB 2
.


2
2
2
2
2
2
2
15a  10a  16a  9a


 0  AD  BC .
2

 AD. AC.

Câu 29:
Hướng dẫn giải. Chọn C.
A

D
C

B
A
B

E

D

F

C

ABCD là tứ diện đều cạnh a thì
AD.BC  AD.( AC  AB )  AD. AC  AD. AB  a.a.cos 600  a.a.cos 600  0 hay AD vng góc
BC -với AD,BC là cặp cạnh đối diện của tứ diện.
Áp dụng với tứ diện MNPQ đều, ta có MN  PQ hay EC   BF .
Ta có: B F  B A '  A ' A  AF  BA  BB  k AD = BA  BB  k BC 
( k là số thực sao cho AF  k. AD )

1
Và EC   EC  CC   BC   BB
2
k
k
Khi đó EC .BF   BB 2  BC 2  4  .4  0  k  2 nên AF  2 AD
2
2
Vậy F là điểm trên AD sao D là trung điểm của AF .Do đó DF  AD  BC  2 cm .

Câu 30:
Hướng dẫn giải: Chọn C
7|Page


A

D

B
G
I
M
C

* ABC đều  BC  1 .
* ACD cân tại A có CD  AC 2  AD 2  2 AC. AD.cos120  3 .
* ABD vuông cân tại A có BD  2 .
* BCD có CD 2  BC 2  BD 2  BCD vuông tại B .
Dựng đường thẳng d qua G và song song CD , cắt BC tại M .

Ta có MG // CD   AG, CD    AG, MG  .
2

3
1
Gọi I là trung điểm của BC , xét BDI vng tại B có DI  BD  BI  2     .
2
2
2

Ta có

2

1
3
IM MG IG 1
1
1 BC 1
1
1
; IG  .ID  .


  IM  .IC  .
 ; MG  .CD 
3
3
IC CD ID 3
3

3 2
6
3
2
2

 3   1 2
7
Xét AIM vng tại I có AM  AI  IM  
.
    
3
 2  6
2

2

2

cos AID 

AI 2  ID 2  AD 2
2 AI .ID

 3   3 2 2

    1
2  2
4 3




9
3 3
2. .
2 2
2

 3   1 2
3 1 4 3
3
AG  AI  IG  2 AI .IG.cos AID  

.
     2. . .
2 2 9
3
 2  2
2

2

Xét AMG có
2

cos  AG , MG   cos AGM 

8|Page

AG 2  GM 2  AM 2

2. AG.GM

2

2

 3  3  7

 
 

3
3
3 
1






 .
6
3 3
2. .
3 3


II. ĐÁP ÁN BÀI 3-CHƯƠNG III: ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG
(KHDH 3 tiết từ tiết 35 đến 37)

BẢNG ĐÁP ÁN
1C
11C
21A

2C
12B
22B

3D
13B
23D

4D
14D
24B

5A
15A
25A

6D
16B
26D

7C
17C
27A

8B

18D
28A

GỢI Ý MỘT SỐ CÂU KHÓ TRONG BÀI
Câu 25: H trung điểm AD.

6a 2
= 2a
Ta có hệ thức tam giác vng SAD có SA =AH.AD. => AH =
3a
2

SH2 = SA2 – AH2 => SH = a 2

(SC , (ABCD )) = (SC , CH ) = SCH
Trong tam giác vng DHC ta có CH = =

HD 2 + CD 2 = a 2

Trong tam giác vng SHC khi đó tanSCH =

SH
=1
HC

Câu 26: H trung điểm AB. Ta có SH = a. (SC , (ABC )) = (SC , CH ) = SCH
Trong tam giác đều ABC ta có CH =

2a 3
=a 3

2

Trong tam giác vng SHC khi đó tanCAH =

SA
1
=
HC
3

Ta có (SC , (ABC )) = (SC , CH ) = SCH = 300

9|Page

9A
19C
29C

10A
20C
30B


Câu 27: Ta có (SH , (ABCD )) = (SH , AH ) = SHA
Trong tam giác vuông SAB ta có SA = a 2
Dựng hình vng ABED khi đó AH = 2AE ( E hình chiếu vng góc của A lên BI, I trung
điểm AD)
Khi đó

AE =

1
1
1
1
1
5
=
+
=
+
=
AE 2
AB 2 AI 2
a 2 4a 2
4a 2
2a
5

=> AH =

Ta có tan SHA=

4a
5

SA
a 2
10
=

=
AH
4a
4
5

10 | P a g e


Câu 28: Ta có (SC , (ABC )) = (SC , GC ) = SCG
Trong tam giác vuông SCG ta có SG = CG.tan SCG =
M trung điểm BC => CM = AC.cos30 = a

3
=> BC = a 3
2

3a 2 a
1
a
= => MG = AM = => CG =
Ta có AM = a −
4
2
3
6
2

Vậy SG =

11 | P a g e

a 7
3

3
7

=a

a 2 3a 2
2a 7
+
=
36
4
6


Câu 29: Ta có

BC ⊥ (SAB) => (SC , (SAB )) = (SC , SB ) = CSB

TanCSB =

BC
a
1
=
=

SB
5a
5

Câu 30: I trung điểm AO khi đó
Ta có NI = a
12 | P a g e

MI ⊥ (ABCD)=> (MN , (ABCD )) = (MN , NI )

10
, trong tam giác vuông MIN ta có MI = NI tanMNI = a
4

10
4

3


Lấy K trung điểm SO dễ có MK ⊥ (SBD) ; AN cắt BD tại E, SE cắt MN tại F

(MN , (SBD )) = (MF , FK ) = MFK
Thấy MK =

1
a 2
; tam giác vng MNI có MN = NI /cos600 = a
AO =
2

4

a 2
KM
1
5
1
10
Sin MFK =
Ta có: MF = MN = a
= 4 =
=
2
4
MF
5
5
a 10
4

13 | P a g e

10
.2 = a
4

10
2