Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2} - 3x - 10}}{{x + 2}}\;{\rm{khi}}\;x < - 2\\mx - 1\;{\rm{khi}}\;x \ge - 2\end{array} \right.$ (m là tham số thực).

a) Hàm số liên tục trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$.

b) $f\left( { - 2} \right) = 5$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = 5$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = 5$ khi $m = 1$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 5 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Với $x < - 2$ ta có $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x - 10}}{{x + 2}}$ là hàm số liên tục trên $\left( { - \infty ; - 2} \right)$.

b) Với $x = - 2$ ta có $f\left( x \right) = mx - 1$$ \Rightarrow f\left( { - 2} \right) = m.\left( { - 2} \right) - 1 = - 2m - 1$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{{x^2} - 3x - 10}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 5} \right)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \left( {x - 5} \right) = - 7$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \left( {mx - 1} \right) = - 2m - 1$.

Để $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right) = 5$ thì $ - 2m - 1 = 5 \Leftrightarrow m = - 3$.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi ${G_1},{G_2}$ là trọng tâm của các tam giác$A'BD,B'D'C$. Khi đó:

a) $A'D'CB$ là hình bình hành.

b)$\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)$.

c) ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$.

d) ${G_1}{G_2} = \frac{2}{3}AC'$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

$Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi \({G (ảnh 1)$

a) Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D'//BC}\\{A'D' = BC}\end{array} \Rightarrow A'D'CB} \right.$ là hình bình hành.

b) $A'D'CB$ là hình bình hành nên $A'B//CD' \Rightarrow A'B//\left( {B'D'C} \right)$. (1)

Tương tự, ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'B'//CD}\\{A'B' = CD}\end{array} \Rightarrow A'B'CD} \right.$ là hình bình hành.

Suy ra $A'D//B'C \Rightarrow A'D//\left( {B'D'C} \right)$.(2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra $\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)$.

c) Gọi $O,O',I$ theo thứ tự là tâm của các hình bình hành $ABCD,A'B'C'D'$, $ACC'A'$.

$Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi \({G (ảnh 2)$

Vì ${G_1}$ là trọng tâm tam giác $AB'D$ nên $\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}$ $ \Rightarrow {G_1}$ là trọng tâm tam giác $A'AC$, suy ra ${G_1} = AI \cap A'O$. (3)

Tương tự, ${G_2}$ là trọng tâm tam giác $B'D'C$ nên $\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}$.

$ \Rightarrow {G_2}$ là trọng tâm tam giác $A'C'C$, suy ra ${G_2} = C'I \cap CO'$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$.

d) Chứng minh $A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'$:

Ta có: $\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3};\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}$.

Do vậy $A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'$.

Vậy ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$, đồng thời chia $AC'$ thành ba phần bằng nhau.

Câu 2

Tính $\lim \left( {{3^n} - {4^n}} \right)$.

A. $ + \infty .$

B. $ - \infty .$

C. $\frac{4}{3}.$

D. $1.$

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Có $\lim \left( {{3^n} - {4^n}} \right) = \lim \left[ {{4^n}\left( {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} - 1} \right)} \right]$$ = \lim {4^n} \cdot \lim \left( {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} - 1} \right) = - \infty $.

Vì $\lim {4^n} = + \infty $ và $\lim \left( {{{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n} - 1} \right) = - 1 < 0$.

Câu 3