Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 1

\(A = \frac{{{{12}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{4^{5 + \sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^{10 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{5 + \sqrt 3 }}}}{{{2^{5 + 2\sqrt 3 }}{{.3}^{7 + \sqrt 3 }}}} = \frac{{{2^5}}}{{{3^2}}} = \frac{{32}}{9}\).

Đáp án B.

\(\sqrt[8]{{{{\left( {x - 1} \right)}^8}}} = \left| {x - 1} \right|\)

Đáp án C.

\(v\left( t \right) = s'\left( t \right) = ({t^2} + 2t)' = 2t + 2\)

Tại thời điểm \(t = 3s\), vận tốc tức thời của chất điểm là: \(v = 2.3 + 2 = 8\)

Vậy tại thời điểm \(t = 3s\)vận tốc tức thời của chất điểm là \(8m/s.\)

Đáp án C.

\(\begin{array}{l}y' = (2\sin x - 3\cos x + 3)' = 2\cos x + 3\sin x\\ \Rightarrow a = 2,b = 3,c = 0\end{array}\)

Vậy \(S = 2a + b - c = 2.2 + 3 - 0 = 7\)

Vậy PT có tất cả 1 nghiệm

Đáp án B.

\(\begin{array}{l}y' = (\sqrt {2 + 2{x^2}} )' = \frac{{(2 + 2{x^2})'}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{4x}}{{2\sqrt {2 + 2{x^2}} }} = \frac{{2x}}{{\sqrt {2 + 2{x^2}} }}\\ \Rightarrow a = 0,b = 2\\ \Rightarrow S =  - 4\end{array}\)

Đáp án A.

Xác suất lấy được viên bi màu xanh từ túi I là \(\frac{3}{{10}}\)

Xác suất lấy được viên bi màu xanh từ túi II là \(\frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}\)

Xác suất lấy được hai viên bi cùng màu xanh là \(\frac{3}{{10}}.\frac{5}{8} = \frac{3}{{16}}\)

Đáp án B.

(C) cắt trục tung tại điểm \(M(0; - 2)\)

\(y' = ( - {x^3} + 3x - 2)' =  - 3{x^2} + 3\)

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm \(M(0; - 2)\)là:

\(y = f'(0)(x - 0) + f(0) = 3x - 2\)

Đáp án C.

Cỡ mẫu là n = 7 + 12 + 5 + 7 + 3 + 5 + 1 = 40.

Gọi x₁, x₂, ….., x₄₀ là thời gian đi từ nhà đến trường của 40 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó, trung vị là \(\frac{{{x_{20}} + {x_{21}}}}{2}\). Do hai giá trị x₂₀, x₂₁ thuộc nhóm [25; 30) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó p = 3; a₃ = 25, m₃ = 5; m₁ + m₂ = 7 + 12 = 19; a₄ – a₃ = 30 – 25 = 5

Khi đó \({M_e} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{2} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 25 + \frac{{\frac{{40}}{2} - 19}}{5}.5 = 26\)

Vậy M_e = 26.

Đáp án A.

Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC.

Vì \(SA = SC\) nên tam giác SAC cân tại S. Do đó, SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Do đó, \(SO \bot AC\)

Vì I, K lần lượt là trung điểm của AB và BC nên IK là đường trung bình của tam giác BAC. Do đó, IK//AC.

Vì \(SO \bot AC\), IK//AC nên \(IK \bot SO\). Do đó, góc giữa hai đường thẳng SO và IK bằng \({90^0}\).

Đáp án B.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Do đó, MN//AB.

Vì P, N lần lượt là trung điểm của SC, SB nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Do đó, PN//CB.

Vì MN//AB, PN//CB nên (MNP)// (ABC).

Mặt khác, \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {MNP} \right)\). Mà \(MP \subset \left( {MNP} \right) \Rightarrow SH \bot MP\)

Do đó, góc giữa hai đường thẳng MP và SH bằng \({90^0}\).

Đáp án B.

Kẻ \(BH \bot SC \Rightarrow DH \bot SC\)(hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau)

\( \Rightarrow \left( {(SBC),(SCD)} \right) = \left( {BH,DH} \right) = {60^0}\)

Có hai trường hợp xảy ra:

TH1:

\(\begin{array}{l}\widehat {BHD} = {60^0} \Rightarrow \widehat {BHO} = {30^0}\\OB = \frac{a}{{\sqrt 2 }},\tan {30^0} = \frac{{OB}}{{OH}} \Rightarrow OH = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = a\sqrt {\frac{3}{2}} \end{array}\)

Xét hai tam giác đồng dạng SAC và OHC ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{SA}}{{SC}} \Leftrightarrow \frac{{a\sqrt {\frac{3}{2}} }}{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} \Leftrightarrow \sqrt 3  = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} \Leftrightarrow 3({x^2} + 2{a^2}) = {x^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + 6{a^2} = 0\end{array}\)

\( \Leftrightarrow x = a\sqrt 3 \)(không có đáp án nào thỏa mãn)

TH2:

\(\begin{array}{l}\widehat {BHD} = {120^0} \Rightarrow \widehat {BHO} = {60^0}\\OB = \frac{a}{{\sqrt 2 }},\tan {60^0} = \frac{{OB}}{{OH}} \Rightarrow OH = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\end{array}\)

Xét hai tam giác đồng dạng SAC và OHC ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{SA}}{{SC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{a}{{\sqrt 6 }}}}{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}}} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 2{a^2}} }} \Leftrightarrow {x^2} + 2{a^2} = 3{x^2}\\ \Leftrightarrow x = a\end{array}\)

Đáp án D.

Xét hình chóp tứ giác đều S.ABC, O là tâm của tam giác ABC, M là trung điểm AB.

Giả sử, AB = a, khi đó SO = a

Ta có: \(CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},CO = \frac{2}{3}CM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)

\(\begin{array}{l}(SC,(ABCD)) = \widehat {SCO}\\\tan \widehat {SCO} = \frac{{SO}}{{CO}} = \sqrt 3  \Leftrightarrow \widehat {SCO} = {60^0}\end{array}\)

Vậy \((SC,(ABCD)) = {60^0}\)

Đáp án B.

Gọi A là biến cố: “Người thứ nhất bắn trúng”; P(A) = 0,9

B là biến cố: “Người thứ hai bắn trúng”; P(B) = 0,7

C là biến cố: “Người thứ ba bắn trúng”; P(C) = 0,8

A, B, C là ba biến cố độc lập

Khi đó:

\(\overline A \)là biến cố: “Người thứ nhất bắn không trúng”; \(P(\overline A ) = 1 - 0,9 = 0,1\)

\(\overline B \)là biến cố: “Người thứ hai bắn không trúng”; \(P(\overline B ) = 1 - 0,7 = 0,3\)

\(\overline C \) là biến cố: “Người thứ ba bắn không trúng”; \(P(\overline C ) = 1 - 0,8 = 0,2\)

1. a) \(A \cap B \cap C\) là biến cố: “Cả ba người bắn trúng”

Xác suất để cả ba người bắn trúng là: 

\(P(A \cap B \cap C) = 0,9.0,7.0,8 = 0,504\)

1. b) Gọi D là biến cố: “Đúng hai người bắn trúng”

Ta có: \(D = (A \cap B \cap \overline C ) \cup (A \cap \overline B  \cap C) \cup (\overline A  \cap B \cap C)\) 

Xác suất để có đúng hai người bắn trúng là:

P(D) = 0,9.0,7.0,2 + 0,9.0,3.0,8 + 0,1.0,7.0,8 = 0,398.

c)\(E = (\overline A  \cap \overline B  \cap \overline C )\)là biến cố: “Không người nào người bắn trúng”

Xác suất để không người nào người bắn trúng là:

\(P(E) = P(\overline A  \cap \overline B  \cap \overline C ) = P(\overline A ).P(\overline B ).P(\overline C ) = 0,1.0,3.0,2 = 0,006\) 

d)\(\overline E \) là biến cố: “Ít nhất một người bắn trúng”

Xác suất để có ít nhất một người bắn trúng là: \(P(\overline E ) = 1 - P(E) = 1 - 0,006 = 0,994\)

Cỡ mẫu là n = 7 + 12 + 5 + 7 + 3 + 5 + 1 = 40.

Gọi x₁, x₂, ….., x₄₀ là thời gian đi từ nhà đến trường của 40 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

- Tứ phân vị thứ nhất Q₁ là trung vị của nửa dãy bên trái Q₂ nên \({Q_1} = \frac{{{x_{10}} + {x_{11}}}}{2}\)

Do x₁₀ và x₁₁ đều thuộc nhóm [20; 25) nên nhóm này chứa \({Q_1}\). Do đó, p = 2, a₂ = 20, m₂ = 12, m₁ = 7; a₃ – a₂ = 5.

Ta có \({Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}\left( {{a_3} - {a_2}} \right) = 20 + \frac{{\frac{{40}}{4} - 7}}{{12}}.5 = 21,25\)

- Tứ phân vị thứ ba Q₃ là trung vị của nửa dãy bên phải Q₂ nên \({Q_3} = \frac{{{x_{30}} + {x_{31}}}}{2}\).

Do x₃₀ và x₃₁ đều thuộc nhóm [30; 35) nên nhóm này chứa Q₃. Do đó, p = 4, a₄ = 30, m₄ = 7, m₁ + m₂ + m₃ = 7 + 12 + 5 = 24; a₅ – a₄ = 35 – 30 = 5.

Ta có \({Q_3} = {a_4} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2} + {m_3})}}{{{m_4}}}\left( {{a_5} - {a_4}} \right) = 30 + \frac{{\frac{{3.40}}{4} - 24}}{7}.5 = 34,29\)

Vậy Q₁ = 21,25; Q₃ ≈ 34,29.

a) \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot HM\\CD \bot SH\\SM,SH \subset (SHM)\\SM \cap SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SHM)\)

b) AC không vuông góc với (SHM)

c) Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD .

Suy ra HM =1, SH = \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)và SM =\(\frac{{\sqrt 7 }}{2}\)

Vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD) nên SH⊥(ABCD)

Vì AB//CD nên AB// (SCD).

Do đó d (B; (SCD)) = d(H; (SCD)) = HK với HK⊥SM trong (SHM).

Ta có: 

\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\)

d) \(\begin{array}{l}d(H,(SCD)) = 2.d(O,(SCD))\\ \Rightarrow d(O,(SCD)) = \frac{{\sqrt {21} }}{{14}}\end{array}\)

a) \(y' = (\sqrt {2x - {x^2}} )' = \frac{{(2x - {x^2})'}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{2 - 2x}}{{2\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}\)

b) \(y'(1) = \frac{{1 - 1}}{{\sqrt {2.1 - {1^2}} }} = 0\)

c) \(\begin{array}{l}y'' = (\frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }})' = \frac{{(1 - x)'.(\sqrt {2x - {x^2}} ) - (1 - x).\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)'}}{{{{(\sqrt {2x - {x^2}} )}^2}}} = \frac{{ - \sqrt {2x - {x^2}}  - (1 - x).\frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}}}{{2x - {x^2}}}\\ = \frac{{ - (2x - {x^2}) - {{(1 - x)}^2}}}{{(2x - {x^2})\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{ - 1}}{{(2x - {x^2})\sqrt {2x - {x^2}} }} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)}^3}}}\\ \Rightarrow y''(1) = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)}^3}}} =  - 1\end{array}\)

d)\({y^3}y'' + 1 = {\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)^3}.\frac{{ - 1}}{{{{\left( {\sqrt {2x - {x^2}} } \right)}^3}}} + 1 =  - 1 + 1 = 0\)

Hàm số \(y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right)} \)

Điều kiện: \(\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right) \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5 \ge 1\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4 \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

Đặt \(f\left( x \right) = \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4\)

Trường hợp 1: Với \(m =  - 1\) ta có: \(f\left( x \right) = 4 \ge 0\). Do đó, f(x) xác định với mọi giá trị thực của x. Do đó, \(m =  - 1\) thỏa mãn.

Trường hợp 2: \(m \ne  - 1\).

Hàm số \(f\left( x \right) = \left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 4 \ge 0\) với mọi \(x \in \mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 > 0\\\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {m + 1} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - 1\\\left( {m + 1} \right)\left( {m - 3} \right) \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 1 < m \le 3\)

Vậy với \(m \in \left[ { - 1;3} \right]\) thì hàm số \(y = \frac{1}{4}\sqrt {\log \left( {\left( {m + 1} \right){x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + 5} \right)} \) có tập xác định là \(\mathbb{R}\).

Đáp án

\(m \in \left[ { - 1;3} \right]\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l} - 1 \le x \le 1\\x - \sqrt {{x^2} - 1}  > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)

\({\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}\left| {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right|\)

\( \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}\frac{1}{{x - \sqrt {{x^2} - 1} }} = {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\)

\( \Leftrightarrow  - {\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right).{\log _3}6.{\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\)

\( \Leftrightarrow {\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left[ {{{\log }_3}6.{{\log }_2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + 1} \right] = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _6}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = 0\;\left( 1 \right)\\{\log _3}6.{\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) + 1 = 0\;\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

\(\left( 1 \right) \Leftrightarrow x - \sqrt {{x^2} - 1}  = 1 \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} - 1}  = x - 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\{x^2} - 1 = {\left( {x - 1} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\left( {tm\left( * \right)} \right)\)

\(\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\log _3}6.{\log _2}\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) =  - 1 \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\log _6}3\)

\( \Leftrightarrow x + \sqrt {{x^2} - 1}  = {2^{{{\log }_6}3}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le {2^{{{\log }_6}3}}\\{x^2} - 1 = {\left( {{2^{{{\log }_6}3}} - x} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\left( {{2^{{{\log }_6}3}} + {2^{ - {{\log }_6}3}}} \right)\) (thỏa mãn điều kiện)

 Đáp án

\(x = \frac{1}{2}\left( {{2^{{{\log }_6}3}} + {2^{ - {{\log }_6}3}}} \right)\)

Gọi \(v\left( t \right)\), \(a\left( t \right)\) lần lượt là vận tốc và gia tốc của chất điểm.

Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm, ta suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}v\left( t \right) = s'\left( t \right) = {t^3} - 3{t^2} + 5t + 10\\a\left( t \right) = v'\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5\end{array} \right.\).

Mà \(a\left( t \right) = 3{t^2} - 6t + 5 = 3{\left( {t - 1} \right)^2} + 2 \ge 2\) với mọi \(t\), dấu “\( = \)” xảy ra khi chỉ khi \(t = 1\).

Suy ra gia tốc chuyển động của chất điểm nhỏ nhất bằng \(2\) khi \(t = 1\).

Vận tốc chuyển động của chất điểm tại thời điểm gia tốc nhỏ nhất là

\(v\left( 1 \right) = {\left( 1 \right)^3} - 3 \cdot {1^2} + 5 \cdot 1 + 10 = 13\) \(\left( {m/\,s} \right)\).

Đáp án

13 \(\left( {m/\,s} \right)\)

Số phần tử không gian mẫu là : \({n_\Omega } = C_{30}^{10} = 30045015\)

Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ và 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ chia hết cho 10.

                          \({n_A} = C_{15}^5.C_3^1.C_{12}^4 = 4459455\)

Vậy xác suất biến cố A là \(P(A) = \frac{{99}}{{667}}\)

Đáp án

\(\frac{{99}}{{667}}\)

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

Đáp án

\(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Giao điểm của (C) với trục hoành là \({M_0}\left( { - 1\,\,;\,\,0} \right)\)

Ta có: \(y' = \frac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\) \( \Rightarrow k = y'( - 1) = 1\)

Vậy phương trình tiếp tuyến tại \({M_0}\left( { - 1\,\,;\,\,0} \right)\) là : \(y = 1(x + 1) + 0 = x + 1\)

Đáp án

\(y = x + 1\)