Câu 1:
$\begin{array}{l}a)\,\,\lim\dfrac{n^2 - 3n + 1}{n^2 -1}\\ = \lim\dfrac{1- \dfrac{3}{n} + \dfrac{1}{n^2}}{1 - \dfrac{1}{n^2}} = 1\\ b)\,\,\lim\dfrac{3^{n+1}-2^n}{4^n+5.3^n}\\ =\lim\dfrac{3.\left(\dfrac{3}{4}\right)^n - \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}{1 + 5.\left(\dfrac{3}{4}\right)^n}\\ =\lim\dfrac{0-0}{1 + 0} = 0 \end{array}$
Câu 2:
$\begin{array}{l} a)\,\,\mathop{\lim}\limits_{x \to 2}(3x^2 +3x - 5) = 3.2^2 + 3.2 - 5 = 13\\ b)\,\,\mathop{\lim}\limits_{x \to +\infty}(\sqrt{x^2 + 2x} - x)\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to +\infty}\left[\dfrac{(\sqrt{x^2 + 2x} - x)(\sqrt{x^2 + 2x} + x)}{\sqrt{x^2 + 2x} + x}\right]\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x^2 + 2x - x^2}{\sqrt{x^2 + 2x} + x}\right)\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to +\infty}\left[\dfrac{2x}{x\left(\sqrt{1 +\dfrac{2}{x}} +1\right)}\right]\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to +\infty}\left(\dfrac{2}{\sqrt{1 +\dfrac{2}{x}} +1}\right)\\ =\dfrac{2}{2} = 1 \end{array}$
Câu 3:
$\begin{array}{l} f(x) = \begin{cases}\dfrac{x^2 + 3x + 2}{x + 1}&&khi\,\,x \ne - 1\\m&&khi\,\, x = -1\end{cases}\\ +) \,\,\text{Ta có: } f(-1) = m\\ +)\,\,\mathop{\lim}\limits_{x \to -1}f(x)=\mathop{\lim}\limits_{x \to -1}\left(\dfrac{x^2 + 3x + 2}{x +1}\right)\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to -1}\left[\dfrac{(x+1)(x+2)}{x +1}\right]\\ = \mathop{\lim}\limits_{x \to -1}(x+2) = 1\\ +) \,\,\text{f(x) liên tục tại điểm x = -1}\\ \Leftrightarrow \mathop{\lim}\limits_{x \to -1}f(x) = f(-1)\\ \Leftrightarrow m = 1\\ \end{array}$
Câu 4:
$\begin{array}{l}a) \,\,y =x^4- \dfrac{1}{2}x^2 + 2x - 15\\ TXĐ: D = R\\ y' = 4x^3 - x + 2\\ b)\,\,y = \dfrac{sinx}{sinx -cosx}\\ TXĐ: D = R\backslash\left\{\dfrac{\pi}{4}+k\pi\right\}\\ y' = \dfrac{sin'x(sinx - cosx) - (sinx - cosx)'.sinx}{(sinx - cosx)^2}\\ =\dfrac{cosx(sinx - cosx)-(cosx + sinx)sinx}{sin^2x + cos^2x -2sinx.cosx}\\ = \dfrac{-cos^2x - sin^2x}{1 - sin2x}\\ = \dfrac{1}{sin2x - 1}\end{array}$
Câu 5:
$(C): \, y = x^3 +3x^2 -2x + 1$
a) Ta có: $x_o = -1 \Rightarrow y_0 = y(-1) = 5$
$\Rightarrow M(-1;5)$
$y' = 3x^2 + 6x - 2$
$\Rightarrow y'(-1) = -5$
Phương trình tiếp tuyến tại $M(-1;5)$ có dạng:
$y = y'(x_0)(x - x_0) + y_0$
$\Rightarrow y = -5(x +1) + 5$
$\Leftrightarrow y = -5x$
b) Ta có: $y' = 3x^2 + 6x - 2$
$d: \, -2x - y + 3 = 0 \Leftrightarrow y = -2x + 3$
Gọi phương trình tiếp tuyến của $(C)$ tại tiếp điểm $M(x_0;y_0)$ với hệ số góc $k$ có dạng:
$y = k.(x - x_0) + y_0$
Do tiếp tuyến song song với $d$, ta được: $k = y'(x_0) = -2$
$\Leftrightarrow 3x_0^2 + 6x_0 -2 = -2$
$\Leftrightarrow x_0^2 + 2x_0 = 0$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x_0=0\\x+0=-2\end{array} \right.$
$+) \,\,Với\,\,\,x_0 = 0 \Rightarrow y_0 = 1 \Rightarrow M(0;1)$
Phương trình tiếp tuyến tại $M(0;1)$ có dạng:
$y = -2(x -0) + 1$
$\Leftrightarrow y = -2x + 1$
$+)\,\,Với\,\,\,x_0 = -2 \Rightarrow y_0 = 9 \Rightarrow M(-2;9)$
Phương trình tiếp tuyến tại $M(-2;9)$ có dạng:
$y = -2(x + 2) + 9$
$\Leftrightarrow y = -2x + 5$
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:
$y = -2x + 1; \,\,\,y = -2x + 5$
Câu 6:
a) Sửa đề: $CD\perp (SAD)$
Ta có: $SA\perp (ABCD) \, (gt)$
$\Rightarrow SA\perp CD$
mà $CD\perp AD$ ($ABCD$ là hình vuông)
nên $CD\perp (SAD)$
b) Ta có: $SA\perp (ABCD)$ $(gt)$
$\Rightarrow A$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$
$B = SB\cap (ABCD)$
$\Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$
$\Rightarrow \widehat{(SB;(ABCD))} = \widehat{SBA}$
Ta có: $\tan\widehat{SBA} = \dfrac{SA}{AB} = \dfrac{a\sqrt2}{a} = \sqrt2$
$\Rightarrow \widehat{SBA} = arctan(\sqrt2) \approx 54,74^o$
c) Ta có: $AB//CD$ ($ABCD$ là hình vuông)
mà $CD\perp (SAD)$ (câu a)
nên $AB\perp (SAD)$
Từ $A$ kẻ $AH\perp SD \, (H \in SD)$
Do $AH\subset (SAD)$
nên $AB\perp AH$
mà $AH\perp SD$ (cách dựng)
nên $AH = d(AB;SD)$
Áp dụng hệ thức lượng trong $ΔSAD$ vuông tại $A$, đường cao $AH$, ta được:
$\dfrac{1}{AH^2} = \dfrac{1}{SA^2} + \dfrac{1}{AD^2}$
$\Rightarrow AH = \dfrac{SA.AD}{\sqrt{SA^2 + AD^2}} = \dfrac{a.a\sqrt2}{\sqrt{2a^2 + a^2}} = \dfrac{a\sqrt6}{3}$
