Bài học cùng chủ đề
Báo cáo học liệu
Mua học liệu
Mua học liệu:
-
Số dư ví của bạn: 0 coin - 0 Xu
-
Nếu mua học liệu này bạn sẽ bị trừ: 2 coin\Xu
Để nhận Coin\Xu, bạn có thể:
Phần tự luận (3 điểm) SVIP
Bài 1. (1,0 điểm) Tính giới hạn: $\lim(\sqrt{{{n}^{2}}+1}-n)$.
Hướng dẫn giải:
$\lim\,\left( \sqrt{{{n}^{2}}+1}-n \right)=\lim\dfrac{\left( \sqrt{{{n}^{2}}+1}-n \right)\left( \sqrt{{{n}^{2}}+1}+n \right)}{\sqrt{{{n}^{2}}+1}+n}$
$=\lim\dfrac{{{n}^{2}}+1-{{n}^{2}}}{\sqrt{{{n}^{2}}+1}+n}$
$=\lim \dfrac{1}{\sqrt{{{n}^{2}}+1}+n} $
$=\lim \dfrac{\dfrac{1}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+1}=0$.
Bài 2. (1 điểm) Trong hình sau, khi được kéo ra khơi vị trí cân bằng ờ điểm $O$ và buông tay, lực đàn hồi của lò xo khiến vật $A$ gắn ở đầu của lò xo dao động quanh $O$.
Tọa độ $s$ cm của $A$ trên trục $Ox$ vào thời điểm $t$ (giây) sau khi buông tay được xác định bởi công thức $s=10 \sin \left(10 t+\dfrac{\pi}{2}\right)$. Vào các thời điểm nào thì $s=-5 \sqrt{3} $ cm?
Hướng dẫn giải:
Theo đề ra ta có phương trình:
$10\sin \left( 10t+\dfrac{\pi }{2} \right)=-5\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow \sin \left( 10t+\dfrac{\pi }{2} \right)=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}=\sin \left( \dfrac{-\pi }{3} \right) $
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & 10t+\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{-\pi }{3}+k2\pi \\ & 10t+\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{4\pi }{3}+k2\pi \\ \end{aligned} \right., \, k\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & t=\dfrac{-\pi }{12}+k\dfrac{\pi }{5} \\ & t=\dfrac{\pi }{12}+k\dfrac{\pi }{5} \\ \end{aligned} \right., \, k\in \mathbb{Z}$.
Vậy vào các thời điểm $t=\dfrac{-\pi }{12}+k\dfrac{\pi }{5}, \, \left( k\ge 1, \, k\in \mathbb{Z} \right)$ và $t=\dfrac{\pi }{12}+k\dfrac{\pi }{5}$, $\left( k\ge 0, \, k\in \mathbb{Z} \right)$ thì $s=-5\sqrt{3}$ cm.
Cho tứ diện $ABCD$ có $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$. Gọi $\left( P \right)$ là mặt phẳng qua $G$, song song với $AB\,$ và $CD$.
a) Tìm giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( BCD \right)$.
b) Chứng minh thiết diện của tứ diện $ABCD$ cắt bởi $\left( P \right)$ là hình bình hành.
Hướng dẫn giải:
a) Gọi $\Delta $ là giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( BCD \right)$.
Khi đó $\Delta $ đi qua $G$ và song song với $CD$.
Gọi $H, \, K$ lần lượt là giao điểm của $\Delta $ với $BC$ và $BD$.
Suy ra $\left\{ \begin{aligned} &H\in \left( P \right) \\ &H\in BC\subset \left( BCD \right) \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow H\in \left( P \right)\cap \left( BCD \right)$ (1)
Suy ra $\left\{ \begin{aligned} &K\in \left( P \right) \\ &K\in BD\subset \left( BCD \right) \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow K\in \left( P \right)\cap \left( BCD \right)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( BCD \right)$ là $HK$
b) Giả sử $\left( P \right)$ cắt $\left( ABC \right)$ và $\left( ABD \right)$ các giao tuyến là $HI$ và $KJ$.
Ta có $\left( P \right)\cap \left( ABC \right)=HJ$, $\left( P \right)\cap \left( ABD \right)=KJ\,$ mà $AB$ // $\left( P \right)$ nên $HI$ // $AB$ // $KJ$.
Theo định lí Thalès, ta có $\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{BK}{KD}=2$ suy ra $\left\{ \begin{aligned} & \dfrac{HI}{AB}=\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{1}{3} \\ & \dfrac{KJ}{AB}=\dfrac{DK}{DB}=\dfrac{1}{3} \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow HI=KJ$.
Vậy thiết diện của $\left( P \right)$ và tứ diện $ABCD$ là hình bình hành $HIJK$.