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