Bộ 24 Đề kiểm tra Giữa kì 2 Toán 11 có đáp án (Mới nhất) (Đề 21)

Lời giải

Lời giải

Ta có:$\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x^3-2019x-2020\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3\left(1-\frac{2019}{x^2}-\frac{2020}{x^3}\right)$.

Vì $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^3=+\infty$ và $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(1-\frac{2019}{x^2}-\frac{2020}{x^3}\right)=1>0$ 

nên theo quy tắc 2, $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(x^3-2x+1\right)=+\infty$.

Lời giải

Ta có: $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(x^3-3x^2+1\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3\left(1-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}\right)$.

Do $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^3=-\infty$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }\left(1-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}\right)=1$ nên $\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$.

Lời giải

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(3x-4\right)=-1,\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\left(x-1\right)=0$ và $x-1>0,\forall x>1$ (do $x\to 1^{+}$)

Do đó $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{3x-4}{x-1}=-\infty$.

Lời giải

Xét hàm số $y=\frac{x}{x^2-1}$, hàm số này không xác định tại $x=1$. Do đó hàm số gián đoạn tại x=1.

Lời giải

 

+ $\overrightarrow{A{C}_1}+\overrightarrow{A_{1}C}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C}_1}+\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AC}$.

+ $\overrightarrow{A{C}_1}+\overrightarrow{C{A}_1}+2\overrightarrow{C_{1}C}=\overrightarrow{A{C}_1}+\overrightarrow{C_{1}C}+\overrightarrow{C{A}_1}+\overrightarrow{C_{1}C}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C_1{A}_1}=\overrightarrow{0}$.

+ $\overrightarrow{C{A}_1}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{A{A}_1}=\overrightarrow{C{C}_1}$.

+ $\overrightarrow{A{C}_1}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{A{C}_1}+\overrightarrow{C_1{D}_1}=\overrightarrow{A{D}_1}$.

Lời giải

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

Vì  $\lim n^3=+\infty$và $\lim \left(-2+\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^3}\right)=-2$ nên $\lim \left(-2n^3+2n^{}+1\right)=-\infty$.

Ta có $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}.\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AC}\right)=AB.AD.\cos \widehat{BAD}-AB.AC.\cos \widehat{BAC}=0$.

Do đó $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{CD}$, tức $AB\perp CD$. Vậy $\left(AB,CD\right)={90}^0$.

Ta có $SA\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow SA\perp BC\left(1\right)$.

$\Delta ABC$ cân tại $A\Rightarrow$$AM\perp BC\left(2\right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $BC\perp \left(SAM\right)$.

Lời giải

Ta có f(x)  là hàm số phân thức hữu tỉ có tập xác định là $D=ℝ\backslash \left\{1;4\right\}$ nên f(x) liên tục trên các khoảng $\left(-\infty ;1\right),\left(1;4\right),\left(4;+\infty \right)$.

Do đó f(x)  liên tục trên (2,3).

Ta có: $SA\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow SA\perp CM$ (1)

$\Delta ABC$ đều $\Rightarrow AB\perp CM$  (2)

Từ (1) và (2) ta có $CM\perp \left(SAB\right)$. Tức $CM\perp SB$, $CM\perp MN$.

Lại có: $MN/\text{}/SA\Rightarrow$$MN\perp \left(ABC\right)\Rightarrow$$MN\perp AB$ (3)

Từ (2) và (3) ta có $AB\perp \left(CMN\right)$. Tức $AB\perp NC$.

Giả sử $AN\perp BC$. Do $SA\perp \left(ABC\right)$$\Rightarrow AS\perp BC$ nên $BC\perp \left(SAB\right)$, dẫn đến $BC\perp AB$, vô lý. Do đó điều giả sử là sai.

Lời giải

Ta có: $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\left(m+\frac{1-x}{1+x}\right)=m+1$

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{x}\right)$=$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{-2x}{x\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)}\right)$=$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\left(\frac{-2}{\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)}\right)$=-1

f(x) liên tục tại x=0 khi và chỉ khi $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=f\left(0\right)\iff m+1=-1\Rightarrow m=-2$.

Lời giải

Ta có: $v_n=v_1+\left(n-1\right)d$= $3+3\left(n-1\right)=3n$

Do $u_n=\left(u_n-u_{n-1}\right)+\left(u_{n-1}-u_{n-2}\right)+\mathrm{...}+\left(u_2-u_1\right)+u_1$ = $v_{n-1}+v_{n-2}+\mathrm{...}+v_1+1$.

Nên $u_n$$3\left[\left(n-1\right)+\left(n-2\right)+\mathrm{...}+1\right]+1$$\frac{3n\left(n-1\right)}{2}+1$$=\frac{3n^2-3n+2}{2}$$\frac{3}{2}{n}^2-\frac{3}{2}n+1$

Từ đó ta có: $u_1+u_2+u_3+\mathrm{...}+u_n$$\frac{3}{2}\left(1^2+2^2+\mathrm{...}+n^2\right)-\frac{3}{2}\left(1+2+\mathrm{...}+n\right)+n.1$

 $=\frac{3}{2}\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}-\frac{3}{2}\frac{n\left(n+1\right)}{2}+n$=$\frac{n^3+n}{2}$

$\Rightarrow$$\lim \frac{S_n}{n^3}=\lim \left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2n^2}\right)=\frac{1}{2}$.

Lời giải

Đặt $y=\sqrt[2019]{1+2020x}$. Do $x\to 0$ nên $y\to 1$.

Ta có $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[2019]{1+2020x}-1}{x}$ = $2020.\underset{y\to 1}{\lim }\frac{y-1}{y^{2019}-1}$$2020.\underset{y\to 1}{\lim }\frac{y-1}{\left(y-1\right)\left(y^{2018}+y^{2017}+\mathrm{...}+y+1\right)}$

$2020.\underset{y\to 1}{\lim }\frac{1}{y^{2018}+y^{2017}+\mathrm{...}+y+1}$= $\frac{2020}{2019}$.

Tức $a=2020$,  $b=2019$. Vậy $a-b=2020-2019=1$.

Lờigiải

Hàm số $f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2-1}{x-1}\text{ khi }x\ne 1\\ 2\text{ khi }x=1\end{array}\right.$ có tập xác định là R.

+ Với mọi $x\in \left(-\infty ;1\right)$ thì $f\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x-1}$

Ta có:  $\forall x_0\in \left(-\infty ;1\right)$, $\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\frac{x_0^2-1}{x_0-1}=f\left(x_0\right)$

Nên hàm số f liên tục trên $\left(-\infty ;1\right)$ (1)

+ Với mọi $x\in \left(1;+\infty \right)$ thì $f\left(x\right)=\frac{x^2-1}{x-1}$

Ta có:  $\forall x_0\in \left(1;+\infty \right)$, $\underset{x\to x_0}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}=\frac{x_0^2-1}{x_0-1}=f\left(x_0\right)$

Nên hàm số f liên tục trên $\left(1;+\infty \right)$ (2)

+ Tại x=1:

Ta có $f\left(1\right)=2$ và $\underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)$$=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-1}{x-1}$$=\underset{x\to 1}{\lim }\left(x+1\right)$=2

$\Rightarrow \underset{x\to 1}{\lim }f\left(x\right)=f\left(1\right)$

Tức hàm số f liên tục tại x=1 (3)     

Từ (1), (2) và (3). Suy ra, hàm số f liên tục trên R.

Kết luận: Hàm số f liên tục trên R.   

Lờigiải

Ta có: $\frac{1}{(2k-1).(2k+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k-1}\right),\forall k\in {\mathbb{N}}^{{}^{*}}$

Do đó:  $\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\mathrm{...}+\frac{1}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}$

              $=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\mathrm{...}+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$

              $=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)=\frac{n}{2n+1}$.

Nên $\lim \left(\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\mathrm{...}+\frac{1}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}\right)$

          $=\text{lim}\frac{n}{2n+1}$$=\text{lim}\frac{n}{n\left(2+\frac{1}{n}\right)}$

          $=\text{lim}\frac{1}{\left(2+\frac{1}{n}\right)}=\frac{1}{2+0}=\frac{1}{2}$.

Kết luận: $\lim \left(\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\mathrm{...}+\frac{1}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}\right)=\frac{1}{2}$.

Lờigiải

Ta có:

$\frac{\sqrt{2x+4}+\sqrt[3]{5x+8}-\sqrt{3x+1}-3}{x^2+3x}$

$=\frac{\left(\sqrt{2x+4}-2\right)+\left(\sqrt[3]{5x+8}-2\right)-\left(\sqrt{3x+1}-1\right)}{\left(x+3\right)x}$

$=\frac{2x}{\left(\sqrt{2x+4}+2\right)\left(x+3\right)x}+\frac{5x}{\left({\left(\sqrt[3]{5x+8}\right)}^2+2\sqrt[3]{5x+8}+2^2\right)\left(x+3\right)x}-\frac{3x}{\left(\sqrt{3x+1}+1\right)\left(x+3\right)x}$

$=\frac{2}{\left(\sqrt{2x+4}+2\right)\left(x+3\right)}+\frac{5}{\left({\left(\sqrt[3]{5x+8}\right)}^2+2\sqrt[3]{5x+8}+4\right)\left(x+3\right)}-\frac{3}{\left(\sqrt{3x+1}+1\right)\left(x+3\right)}$

Do đó $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{2x+4}+\sqrt[3]{5x+8}-\sqrt{3x+1}-3}{x^2+3x}$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{2}{\left(\sqrt{2x+4}+2\right)\left(x+3\right)}+\frac{5}{\left({\left(\sqrt[3]{5x+8}\right)}^2+2\sqrt[3]{5x+8}+4\right)\left(x+3\right)}-\frac{3}{\left(\sqrt{3x+1}+1\right)\left(x+3\right)}\right)$

$=\frac{2}{\left(2+2\right)3}+\frac{5}{\left(4+4+4\right)3}-\frac{3}{\left(1+1\right)3}$

$=\frac{1}{6}+\frac{5}{36}-\frac{1}{2}=-\frac{7}{36}$.

Kết luận: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{2x+4}+\sqrt[3]{5x+8}-\sqrt{3x+1}-3}{x^2+3x}=-\frac{7}{36}$.

Giả sử M, N, P, Q đồng phẳng:

Ta có: (MNPQ)$\cap$(BAC) = MN, (MNPQ)$\cap$(DAC) = PQ, (BAC)$\cap$(DAC) = AC.