Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 3 — Không quảng cáo

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\) tại thời điểm \({t_0}\) là: \({t_0} + 4\)

b) V ận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 2\)là  \(9\,(m/s)\)

c) Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) là 12 \((m/s)\)

d) Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) tới \(t = 2s\)là 5 ( m/s )

a) Hệ số góc của tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) thuộc \((C)\) là k = 2

b) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) thuộc \((C)\) là \(y = 2x - 4\)

c) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ \({y_0} =  - 1\) là: \(y = 4x - 5\) hoặc \(y =  - 4x - 13\)

d) Phương trình tiếp tuyến của (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến \(k =  - 4\)  là \(y =  - 4x - 13\)

a) \(CD \bot (SAD)\)

b) \(SC \bot (SAC)\)

c) \(SC \bot HK\)

d) \(HK \bot AI\)

a) Không gian mẫu là Ω = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)}.

b) Số phần tử của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo không bé hơn 10” là \(n(A) = 6\) VÀ Số phần tử của biến cố B: “Mặt 5 chấm xuất hiện ít nhất một lần” là \(n(B) = 11\)

c) Xác suất của biến cố A là \(P(A) = \frac{1}{6}\)

d) Xác suất của biến cố B là \(P(B) = \frac{5}{{36}}\)

Sử dụng Định nghĩa đạo hàm :

\(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}\) hoặc \(f'({x_0}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}}\)

\(\begin{array}{l}f'( - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{f(x) - f( - 1)}}{{x - ( - 1)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\frac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  - 2}}{{x + 1}} - 0}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  - 2}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} + x + 4 - 4}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{{x^3} + 2{x^2} + x}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{{x({x^2} + 2x + 1)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}(\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - 1} \frac{x}{{\sqrt {{x^3} + 2{x^2} + x + 4}  + 2}} = \frac{{ - 1}}{4}\end{array}\)

Đáp án C.

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp\(y' = \left( {\sqrt u } \right)' = \frac{{u'}}{{2\sqrt u }}\)

\(y' = \left( {\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} } \right)' = \frac{{\left( {4{x^2} + 3x + 1} \right)'}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }} = \frac{{8x + 3}}{{2\sqrt {4{x^2} + 3x + 1} }}\)

Đáp án D.

Sử dụng ứng dụng tính liên tục của hàm số trong chứng minh phương trình có nghiệm

\(\begin{array}{l}g(x) = f(x) - 2021 = a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021\\g(0) = d - 2021 > 0\\g(1) = a + b + c + d - 2021 < 0\end{array}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021} \right) =  + \infty \)

Suy ra, tồn tại giá trị \({x_1} > 1\) sao cho \(g\left( {{x_1}} \right) > 0\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {a{x^3} + b{x^2} + cx + d - 2021} \right) =  - \infty \)

Suy ra, tồn tại \({x_2} < 0\) sao cho \(g\left( {{x_2}} \right) > 0\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( {{x_1}} \right).g(1) < 0\\g(0).g(1) < 0\\g\left( {{x_2}} \right).g(0) < 0\end{array} \right.\)

Suy ra, \(g\left( x \right) = 0\) có ba nghiệm phân biệt

Đáp án B.

Sử dụng định lý đường vuông góc với mặt phẳng

Đáp án B,D.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BA\\BC \bot SA\\SA,BA \subset (SAB)\\SA \cap BA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\)

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\\SB,BC \subset (SBC)\\SB \cap BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\\ \Rightarrow AH \bot BC;\,AH \bot SC\end{array}\)

Đáp án A: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BC\)

Đáp án C.

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(M({x_0},f({x_0}))\) là: \(y = f'({x_0})(x - {x_0}) + f({x_0})\)

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là \(M(1;0)\)

\(\begin{array}{l}y' = \left( {\frac{{x - 1}}{{x - 2}}} \right)' = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}\\y'(1) =  - 1\end{array}\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M là:

\(\begin{array}{l}y = f'(1)(x - 1) + 0 =  - 1(x - 1) + 0\\y =  - x + 1\end{array}\)

Đáp án A.

Dựa trên lý thuyết về góc giữa hai mặt phẳng và góc giữa hai đường thẳng:

1. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q). Lấy các đường thẳng a, b tương ứng vuông góc với (P) và (Q) . Khi đó, góc giữa a và b không phụ thuộc vào vị trí của a và b và được gọi là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q).

2. Với hai đường thẳng a, b bất kỳ: \({0^0} \le \left( {a,b} \right) \le {90^0}\)

Góc \(\alpha  \in \left[ {{0^0};{{90}^0}} \right]\)

Đáp án A.

1.Hàm số \(y = f(x)\) xác định trên \(K,{x_0} \in K\) . Khi đó, \(y = f(x)\) liên tục tại \({x_0}\) khi \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\)

2. Hàm số \(y = f(x)\) gián đoạn (không liên tục) tại điểm \({x_0}\) khi tồn tại 1 điểm \({x_0}\) làm cho hàm số \(f({x_0})\) không liên tục.

Hàm số \(f(x) = \frac{{2x - 3}}{{x - 1}}\) xác định trên \(R\backslash \left\{ 1 \right\}\)

Nên hàm số không liên tục tại \(x = 1\)

Đáp án C.

Sử dụng công thức tính giá trị trung bình

Tổng số quả táo của mỗi lô hàng A và B đều là n = 20.

Cân nặng trung bình của mỗi quả táo ở lô hàng A là:

\(\overline {{x_A}}  = \frac{{1.152,5 + 4.157,5 + 10.162,5 + 3.167,5 + 2.172,5}}{{20}} = \frac{{651}}{4} = 162,75\,(gam)\)

Cân nặng trung bình của mỗi quả táo ở lô hàng B là:

\(\overline {{x_A}}  = \frac{{2.152,5 + 3.157,5 + 12.162,5 + 2.167,5 + 1.172,5}}{{20}} = 161,75\,(gam)\)

Đáp án A.

Sử dụng công thức đạo hàm của hàm lượng giác và hàm hợp

\(\begin{array}{l}y' = \left( {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}x - \cos x - 2x} \right)' = \cos x + \sin x - 2 < 0\\ \Leftrightarrow \sqrt 2 \sin (x + \frac{\pi }{4}) - 2 < 0\\ \Leftrightarrow \sin (x + \frac{\pi }{4}) < \sqrt 2 \end{array}\)

Mặt khác, do \( - 1 \le \sin (x + \frac{\pi }{4}) \le 1,\forall x \in R\) nên \(\sin (x + \frac{\pi }{4}) < \sqrt 2 \)đúng \(\forall x \in R\)

Vậy BPT nghiệm đúng \(\forall x \in R\)

Đáp án D.

Sử dụng định lý hai mặt phẳng vuông góc với nhau

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\\SA,AD \subset (SAD)\\SA \cap AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD)\\CD \subset (SCD) \Rightarrow (SCD) \bot (SAD)\end{array}\)

Đáp án D.

Hạ \(AH \bot SB \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\\AB,SA \subset (SAB)\\AB \cap SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH\)

Mặt khác,

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AH \bot SB\\AH \bot BC\\SB,BC \subset (SBC)\\SB \cap BC\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\\ \Rightarrow d(AH,(SBC)) = AH\end{array}\)

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có :

\(AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{\sqrt {{{(a\sqrt 3 )}^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow d(AH,(SBC)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án B.

Sử dụng phương tính xác định góc giữa hai mặt phẳng

Xét tam giác ADC có: OI là đường trung bình

Suy ra: \(OI//CD\) (tính chất đường trung bình)

Do ABCD là hình vuông nên \(CD \bot AD\)

Suy ra: \(OI \bot AD\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AD \bot OI - cmt\\AD \bot SO\,\,(SO \bot (ABCD))\\OI,SO \subset (SOI)\\OI \cap SO\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot (SOI)\\ \Rightarrow AD \bot SI\end{array}\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}(SAD) \cap (ABCD) = AD\\SI \subset (SAD),SI \bot AD\\OI \subset (ABCD),OI \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SAD),(ABCD)} \right) = (SI,OI)\)

Xét tam giác SOI vuông tại O: \((SI,OI) = \widehat {SOI}\)

Đáp án B.

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\) tại thời điểm \({t_0}\) là: \({t_0} + 4\)

b) V ận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 2\)là  \(9\,(m/s)\)

c) Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) là 12 \((m/s)\)

d) Vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) tới \(t = 2s\)là 5 ( m/s )

Phương trình vận tốc của chất điểm: \(v(t) = s'(t)\)

Phương trình gia tốc của chất điểm: \(a(t) = v'(t)\)

a) Đạo hàm của hàm số \(s(t)\)tại thời điểm \({t_0}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'({t_0}) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \frac{{f(t) - f({t_0})}}{{t - {t_0}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{2{t^2} + t - 1 - (2{t_0}^2 + {t_0} - 1)}}{{t - {t_0}}}} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left( {\frac{{(t - {t_0})\left[ {2\left( {t + {t_0}} \right) + 1} \right]}}{{t - {t_0}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {t_0}} \left[ {2\left( {t + {t_0}} \right) + 1} \right] = 4{t_0} + 1\end{array}\)

b) Phương trình vận tốc của chất điểm là: \(v(t) = s' = s'(t) = 4t + 1\)

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 2 (s) là: \(v(2) = 4.2 + 1 = 9\)\((m/s)\)

c) Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 5 (s) là: \(v(5) = 4.5 + 1 = 21\)\((m/s)\)

d) Trong khoảng thời gian từ \(t = 0\) tới \(t = 2s\)thì chất điểm di chuyển được quãng đường: \(4.2 + 2 - 1 = 9(m)\)

Suy ra vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian 2s kể từ thời điểm \(t = 0\) là:

\(\overline v  = \frac{{\Delta s}}{{\Delta t}} = \frac{{9 - 0}}{{2 - 0}} = 4,5(m/s)\)

a) Hệ số góc của tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) thuộc \((C)\) là k = 2

b) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) thuộc \((C)\) là \(y = 2x - 4\)

c) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ \({y_0} =  - 1\) là: \(y = 4x - 5\) hoặc \(y =  - 4x - 13\)

d) Phương trình tiếp tuyến của (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến \(k =  - 4\)  là \(y =  - 4x - 13\)

Bước 1: Gọi M(x ₀ ; f(x ₀ )) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến của (C) thì f'(x ₀ ) = k

Bước 2: Giải phương trình f'(x ₀ ) = k với ẩn là x ₀ .

Bước 3: Phương trình tiếp tuyến của (C) có dạng y = k(x – x ₀ ) + f(x ₀ ).

\(y' = f'(x) = \left( {{x^2} + 2x - 4} \right)' = 2x + 2\)

a) Hệ số góc của tiếp tuyến của \((C)\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) là \(k = y'(1) = 4\)

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ \({x_0} = 0\) thuộc \((C)\) là:

\(y = y'(0)(x - 0) + y(0) \Leftrightarrow y = 2x - 4\)

c) Với \({y_0} = - 1 \Rightarrow y = x_0^2 + 2{x_0} - 4 = - 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} =  - 3\end{array} \right.\). Vậy có hai tiếp điểm thuộc \((C)\) có tung độ \({y_0} =  - 1\) là \(\left( {1; - 1} \right)\) và \(\left( { - 3; - 1} \right)\). Nên ta có:

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(\left( {1; - 1} \right)\) là: \(y = y'(1)(x - 1) + y(1) \Leftrightarrow y = 4x - 5\)

Phương trình tiếp tuyến tại điểm \(\left( { - 3; - 1} \right)\) là: \(y = y'( - 3)(x + 3) + y( - 3) \Leftrightarrow y =  - 4x - 13\)

d)Gọi \(M\left( {a;b} \right)\) là tiếp điểm của tiếp tuyến của đồ thị \((C)\) với hệ số góc \(k =  - 4\)

\( \Rightarrow y'(a) =  - 4 \Leftrightarrow 2a + 2 =  - 4 \Leftrightarrow a =  - 3 \Rightarrow b =  - 1\)

Suy ra phương trình tiếp tuyến với hệ số góc \(k =  - 4\) là \(y =  - 4(x + 3) - 1 \Leftrightarrow y =  - 4x - 13\)

a) \(CD \bot (SAD)\)

b) \(SC \bot (SAC)\)

c) \(SC \bot HK\)

d) \(HK \bot AI\)

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

a) Do ABCD là hình vuông nên \(CD \bot AD \subset (SAD)(1)\)

\(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot CD\,(2)\)

Trong (SAD): \(SA \cap AD = A,(3)\)

Từ (1), (2) và (3) nên \(CD \bot (SAD)\)

b) Do ABCD là hình vuông nên \(BD \bot AC\,(4)\)

\(SA \bot (ABCD);BD \subset (ABCD) \Rightarrow SA \bot BD\,\,(5)\)

Trong (SAC): \(SA \cap AC = A,(6)\)

Từ (4), (5) và (6) nên \(BD \bot (SAC)\)

c)Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\\AB,SA \subset (SAB)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\) mà \(AH \subset (SAB) \Rightarrow AH \bot BC\)

Lại có \(AH \bot SB\) nên theo hệ quả, ta được \(AH \bot SC\)

Theo câu (a), \(CD \bot (SAD)\) mà \(AK \subset (SAD)\) nên \(AK \bot CD\)

Lại có AK là đường cao của tam giác \(SAD \Rightarrow AK \bot SD\)

Nên theo hệ quả \(AK \bot SC\)

Trong tam giác AKH: \(AH \bot SC,AK \bot SC\) nên theo hệ quả \(HK \bot SC\)

d)Ta có: \(\Delta SAB = \Delta SAD\,(c.g.c) \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{SD}} \Rightarrow HK//BD\,(7)\)

Theo câu (a), \(BD \bot (SAC)\) mà \(AI \subset (SAC) \Rightarrow BD \bot AI\,(8)\)

Từ (7) và (8), \(HK \bot AI\)

a) Không gian mẫu là Ω = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6)}.

b) Số phần tử của biến cố A: “Tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo không bé hơn 10” là \(n(A) = 6\) VÀ Số phần tử của biến cố B: “Mặt 5 chấm xuất hiện ít nhất một lần” là \(n(B) = 11\)

c) Xác suất của biến cố A là \(P(A) = \frac{1}{6}\)

d) Xác suất của biến cố B là \(P(B) = \frac{5}{{36}}\)

Sử dụng các quy tắc tính xác suất của biến cố.

a)Phép thử T: “Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất hai lần”

Ω={(i,j)∣i,j=1,2,3,4,5,6}

Ω = {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,1), (3,2), (3,3), (3,4), (3,5), (3,6), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6), (5,1), (5,2), (5,3), (5,4), (5,5), (5,6), (6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6)}

b) A = {(4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} nên n(A) = 6

B = {(1, 5), (2, 5), (3, 5), (4, 5), (5, 5), (6, 5), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6)} nên n(B) = 11

c) \(P(A) = \frac{6}{{36}} = \frac{1}{6}\)

d) \(P(B) = \frac{{11}}{{36}}\)

Sử dụng công thức tính giá trị trung bình

Tổng số học sinh là n = 45. Thời gian trung bình giải bài toán của học sinh lớp 11 A là:

\(\overline x  = \frac{{6.9 + 17.12 + 17.15 + 5.18}}{{45}} = \frac{{67}}{5} = 13,4\) (phút)

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

\(f'(x) = 3si{n^2}\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).cos\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).( - 2)\)

\(f'(x) =  - 6si{n^2}\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right).cos\left( {\frac{\pi }{3} - 2x} \right)\)

\(f'\left( {\frac{\pi }{3}} \right) =  - \frac{9}{4}\)

Gọi giá trị của xe năm thứ n là \({x_n} = 12.000.000\)đ, giá trị xe ban đầu là \({x_0} = 20.000.000\)đ và với hao mòn \(r = 10\% \)

Sau một năm giá trị của xe còn lại là: \({x_1} = {x_0} - r{x_0} = {x_0}(1 - r)\)

Sau hai năm, giá trị của còn lại là: \({x_2} = {x_1} - r{x_1} = {x_1}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^2}\)

Sau n năm, giá trị của xe còn lại là: \({x_n} = {x_{n - 1}} - r{x_{n - 1}} = {x_{n - 1}}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^n}\)

Do đó, ta có: \(n = {\log _{(1 - r)}}\frac{{{x_n}}}{{{x_0}}}\)

Gọi giá trị của xe năm thứ n là \({x_n} = 12.000.000\)đ, giá trị xe ban đầu là \({x_0} = 20.000.000\)đ và với hao mòn \(r = 10\% \)

Sau một năm giá trị của xe còn lại là: \({x_1} = {x_0} - r{x_0} = {x_0}(1 - r)\)

Sau hai năm, giá trị của còn lại là: \({x_2} = {x_1} - r{x_1} = {x_1}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^2}\)

Sau n năm, giá trị của xe còn lại là: \({x_n} = {x_{n - 1}} - r{x_{n - 1}} = {x_{n - 1}}(1 - r) = {x_0}{(1 - r)^n}\)

Do đó, ta có: \(n = {\log _{(1 - r)}}\frac{{{x_n}}}{{{x_0}}} = {\log _{(1 - 10\% )}}\frac{{12.000.000}}{{20.000.000}} = 4.848 \approx 5\)năm

Vậy sau 5 năm thì giá trị còn lại của xe là \(12.000.000\)đ

Bước 1: Tính \(f({x_0}) = {f_2}({x_0})\)

Bước 2: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {f_1}(x) = L\)

Bước 3: Nếu \({f_2}({x_0}) = L\) thì hàm số f(x) liên tục tại \({x_0}\)

Nếu \({f_2}({x_0}) \ne L\)thì hàm số f(x) không liên tục tại \({x_0}\) _.

(Đối với bài toán tìm tham số m để hàm số liên tục tại x ₀ , ta thay bước 3 thành: Giải phương trình L = f ₂ (x ₀ ), tìm m)

Ta có hàm số liên tục trên \(( - \infty ;1)\,\,va\,(1; + \infty )\).

Để hs liên tục trên R thì phải liên tục tại \(x = 1 \Rightarrow \mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to 1}  = f(1)\)

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

\(f(1) = 2 + a\)

Ta có \(\mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to 1}  = f(1) \Leftrightarrow \)\(2 + a = 2 \Leftrightarrow a = 0\).

Sử dụng phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng

Gọi M là trung điểm của BC thì \(AM \bot BC\)

Dựng AH vuông góc với SM (H thuộc SM)

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên  \(SA \bot BC\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

\( \Rightarrow AH \bot BC\)

Từ (a) và (b) \( \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\)= \(a\sqrt {\frac{6}{{11}}} \)

Xét \(\Delta SAM\) ta có

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {AM} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt {\frac{6}{{11}}} } \right)}^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow SA = \sqrt 2 a\)

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\sqrt 2 a = \frac{{\sqrt 6 }}{{12}}{a^3}\)

Sử dụng phương pháp tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Ta có:

\(\frac{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right).\)

Vì \(M\)là trung điểm của \(AD\) nên có: \(AM = MD = \frac{1}{2}AD = a.\)

Tứ giác \(ABCM\) có: \(BC//AM\,\,\left( {gt} \right)\) và \(BC = AM = a\) nên nó là hình bình hành.

Suy ra: \(CM = AB = a.\)

Tam giác \(ACD\) có \(CM\) là đường trung tuyến và \(CM = AM = MD = \frac{1}{2}AD\) nên tam giác \(ACD\)là tam giác vuông tại \(C.\)

Suy ra: \(CD \bot AC.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AC\,\,\left( {cmt} \right)\\CD \bot SA\,\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAC} \right).\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAC} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAC} \right).\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\) kẻ \(AH \bot SC\,\,\left( {H \in SC} \right).\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SC\\AH \bot SC\\AH \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SCD} \right).\)

Suy ra: \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH.\)

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có \(AB = BC = a\) nên \(AC = a\sqrt 2 .\)

Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\,\,\left( {do\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) có :

\(AH = \frac{{AS.AC}}{{\sqrt {A{S^2} + A{C^2}} }} = \frac{{a.\,a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Suy ra: \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Suy ra: \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\)

Vậy \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.\)