Bài 1: Tính các giới hạn sau:
a) $\displaystyle\lim_{x\to-4}\dfrac{\sqrt{4-3x}-4}{x^2-16}$
b) $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{\sqrt{2x^2-1}-2x}{1-\sqrt{x^2+3}}$
Bài 2: Xét sự liên tục của hàm số $f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{-(x+1)}{x^2+6x+5}&\text{ khi } x>-1\\\sqrt{3-x}-\dfrac{9}{4}&\text{ khi } x\le -1\end{matrix}\right.$ tại $x_o=-1$.
Bài 3: Tính đạo hàm của các hàm số:
a) $y=\left(x^3-2\sqrt{x}+1\right)^10$
b) $y=\sin 4x.\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)$
Bài 4: Cho hàm số $y=\dfrac{x^2-2x}{x+1}$ có đồ thị $(C)$. Viết phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm $M$ có tung độ bằng $0$.
Bài 5: Chứng minh rằng phương trình sau có hai nghiệm âm:
$$(x^2+1)x^2+(3m^2+2)x+2m^2+\dfrac{1}{2}=0$$ trong đó $m$ là tham số thuộc tập $\mathbb{R}$.
Bài 6: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $BC=AB=2AD=2a; SH\perp (ABC)$ với $H$ là trung điểm $AB$ và mặt bên $SAB$ là tam giác đều.
a) Chứng minh các mặt bên $SAD$ và $SBC$ là các tam giác vuông.
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$.
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AD$ và $SC$.
d) Tính khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$.
GIẢI
Bài 1:
a) Ta có
$\displaystyle\lim_{x\to -4}\dfrac{\sqrt{4-3x}-4}{x^2-16}=\lim_{x\to -4}\dfrac{(4-3x)-16}{(x-4)(x+4)(\sqrt{4-3x}+4)}$
$\displaystyle=\lim_{x\to-4}\dfrac{-3}{(x-4)(\sqrt{4-3x}+4}=\dfrac{3}{64}$
b) Ta có:
$\lim_{x\to-\infty}\dfrac{\sqrt{2x^2-1}-2x}{1-\sqrt{x^2+3}} =\lim_{x\to-\infty}\dfrac{\sqrt{x^2(2-1/x^2)}-2x}{1-\sqrt{x^2(1+3/x^2)}}$
$\displaystyle=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{|x|\sqrt{2-1/x^2}-2x}{1-|x|\sqrt{1+3/x^2}}=\lim_{x\to\infty}\dfrac{-x\sqrt{2-1/x^2}-2x}{1+x\sqrt{1+3/x^2}}$
$\displaystyle=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{-\sqrt{2-1/x^2}-2}{1/x+\sqrt{1+3/x^2}}=-\sqrt{2}-2$
Bài 2: Ta có
$\displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)dx=\lim_{x\to-1^+}\dfrac{-(x+1)}{x^2+6x+5}=\lim_{x\to-1^+}\dfrac{-(x+1)}{(x+1)(x+5)}$
$\displaystyle=\lim_{x\to-1^+}\dfrac{-1}{x+5}=\dfrac{-1}{4}$
$\displaystyle\lim_{x\to-1^-}f(x)dx=\lim_{x\to-1^-}\left(\sqrt{3-x}-\dfrac{9}{4}\right)=\lim_{x\to-1^-}\left(\sqrt{3-x}-\dfrac{9}{4}\right)=\dfrac{-1}{4}$
$f(-1)=\dfrac{-1}{4}$
Suy ra $\lim_{x\to-1^+}f(x)=\lim_{x\to-1^-}f(x)=f(-1)$. Do đó $f$ liên tục tại $x_o=-1$.
Bài 3:
a) Ta có:
$y'=10(x^3+2\sqrt{x}+1)^9.(x^3+2\sqrt{x}+1)'=10(x^3+2\sqrt{x}+1)^9.\left(3x^2+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\right).$
b) Ta có:
$y'=\left(\sin 4x\right)'.\cos \dfrac{x}{2}+\left(\cos\dfrac{x}{2}\right)'.\sin4x=4\cos 4x.\cos\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{2}\sin\dfrac{x}{2}.\sin4x$
Bài 4: Ta có $y=\dfrac{x^2-2x}{x+1}$ suy ra $y'=\dfrac{(x^2-2x)'.(x+1)-(x+1)'(x^2-2x)}{(x+1)^2}=\dfrac{x^2+2x-2}{(x+1)^2}$.
Gọi $x_o$ là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Theo giả thiết bài toán thì ta có phương trình
$\dfrac{x_o^2-2x_o}{x_o+1}=0$
$\Longleftrightarrow x_o^2-2x_o=0\Longleftrightarrow x_o=0$ hay $x_o=2$
- Với $x_o=0$ thì phương trình tiếp tuyến cần tìm là
- Với $x_o=0$ thì phương trình tiếp tuyến cần tìm là
Bài 5: Ý tưởng: Ta xem xét các đại lượng đi theo $m^2$ là $x^2+3x+2$. Khi đó ta chọn $x$ sao cho đại lượng này bằng $0$. Hay nói cách khác $x=-1$ hoặc $x=-2$.
Xét $f(x)=(m^2+1)x^2+(3m^2+2)x+2m^2+\dfrac{1}{2}$ liên tục trên $(-2,-1)$, ta có
$f(-1)=\dfrac{-1}{2},f(-2)=\dfrac{1}{2}$ là hai giá trị trái dấu.
Do đó có số thực $c\in(-2,-1)$ sao cho $f(c)=0$. Do đó phương trình ban đầu có nghiệm.
Bài 6:
Ta có $SAB$ đều nên $SA=SB=AB=2a$ và $SH=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$
Lại có $HD=\sqrt{AH^2+AD^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$
Suy ra $SD=\sqrt{SH^2+HD^2}=a\sqrt{5}$
Tương tự $HC=\sqrt{HB^2+BC^2}=\sqrt{5}a$
Suy ra $SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=a\sqrt{8}$.
Ta có $SB^2+BC^2=8a^2=SC^2$ nên $\Delta SBC$ vuông cân tại $B$ (do $BS=BC$)
Lại có $SA^2+AD^2=5a^2=SD^2$ nên $\Delta SAD$ vuông tại $A$.
b) Gọi $d$ là giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$, ta có $\left\{\begin{matrix}BC\subset (SBC)\\AD\subset(SAD)\\AD\parallel BC\\(SAD)\cap (SBC)=d\end{matrix}\right.$
Suy ra $d\parallel BC\parallel AD$.
Ta có $SA\perp AD$ nên $SA\perp d$ tại $S$
$SB\perp BC$ nên $SB\perp d$ tại $S$
Từ đó suy ra $((SAD),(SBC))=(SA,SB)$
Mà $\Delta ABS$ đều nên $\widehat{ASB}=60^o$. Suy ra $((SAD),(SBC))=60^o$.
c) Ta có $SC\subset(SBC)$ và $AD\parallel(SBC)$
Do đó $d(AD,SC))=d(A,(SBC))$.
Trong mặt phẳng $SAB$ kẻ $AK\perp SB$ tại $K$.
Ta có $SH\perp BC,AB\perp BC$ và $SH,AB\subset (SAB)$
Do đó $BC\perp (SAB)$
Mà $BC\subset (SBC)$ nên $(SBC)\perp(SAB)$.
Ngoài ra $(SBC)\cap(SAB)=SB$
$AK\subset (SAB)$ và $AK\perp SB$
Do đó $AK\perp $(SBC)$ tại $K$.
Suy ra $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $(SBC)$.
Ta có $\Delta ABC$ là tam đều nên $K$ là trung điểm $SB$.
Suy ra $SK=AB\sqrt{3}/2=a\sqrt{3}$.
Vậy $d(SC,AD)=a\sqrt{3}$.
d) Gọi $Q$ là giao điểm $CD$ và $AB$.
Ta có $\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{QD}{QC}=\dfrac{QA}{QB}$
Suy ra $A$ là trung điểm $QB$ và $D$ là trung điểm $QC$.
Ta có $\dfrac{QA}{QH}=\dfrac{d(A,(SCD))}{d(H,(SCD))}=\dfrac{2}{3}$
Suy ra $d(A,(SCD))=\dfrac{2}{3}d(H,(SCD))$.
Từ $H$ dựng $HL$ vuông với $CD$ tại $L$.
Chứng minh được $(SHL)\perp(SCD)$.
Lại có $(SHL)\cap (SCD)=SL$
Trong $(SHL)$ dựng $HJ\perp SL$ tại $J$.
Khi đó $HJ\perp (SHL)$ tại $J$.
Suy ra $d(H,(SCD))=HJ$.
Tính HJ
Ta có $\dfrac{1}{HJ^2}=\dfrac{1}{HL^2}+\dfrac{1}{HS^2}$
Ta có $\sin Q=\dfrac{BC}{QC}=\dfrac{2a}{\sqrt{BC^2+BQ^2}}=\dfrac{2a}{2\sqrt{5}a}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$.
Suy ra $HL=QH.\sin Q=\dfrac{3a}{\sqrt{5}}$
Suy ra
$HJ=\dfrac{3\sqrt{2}a}{4}$.
No comments:
Post a Comment