Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Giới hạn dãy (Toán học Lớp 11)

Diện tích ban đầu (Bước 0): Diện tích tam giác đều cạnh a = 100 m là:
$$S_0=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{100^2\sqrt{3}}{4}=2500\sqrt{3}$$
Diện tích thêm vào ở mỗi bước:
Bước 1: Ta thêm 3 tam giác nhỏ, mỗi tam giác có cạnh bằng a/3. Diện tích mỗi tam giác nhỏ này là
$$S_1=\frac{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{9}{S}_0$$
Tổng diện tích thêm vào là $3\times \frac{1}{9}{S}_0$
Bước 2: Ở bước này, ta thêm $3.4=12$ tam giác nhỏ hơn nữa. Mỗi tam giác có cạnh bằng a/9, diện tích bằng $S_2=\frac{1}{9}{S}_1=\frac{1}{81}{S}_0$
Tổng diện tích thêm vào là: $12.\frac{1}{81}{S}_0=\frac{4}{27}{S}_0$
Tổng quát (Bước n): Diện tích được thêm vào ở bước n là một cấp số nhân với số hạng đầu $u_1=\frac{1}{3}{S}_0$, $q=\frac{4}{9}$
Tổng diện tích S của hòn đảo là tổng của diện tích ban đầu và tổng của chuỗi diện tích được thêm vào:
$$S=S_0+\left(\frac{1}{3}{S}_0+\frac{4}{27}{S}_0+\frac{16}{243}{S}_0+\dots \right)=S_0+\frac{\frac{1}{3}{S}_0}{1-\frac{4}{9}}=\frac{8}{5}{S}_0=4000\sqrt{3}$$ (0,25 điểm)

Tính tổng chi phí: Chi phí lấp đất và trồng cỏ là 5 triệu đồng /m² nên tổng chi phí trồng cỏ và lấp đất là 5. S = $5.4000\sqrt{3}=20000\sqrt{3}$ (0,25 điểm)

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

Chú ý: Nếu học sinh trình bày cách giải khác, đảm bảo đúng và chặt chẽ thì chấm điểm tối đa của phần hoặc câu đó.

Ta có tổng độ dài hành trình quả bóng di chuyển bằng tổng quãng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống.
Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng $\frac{2}{5}$ lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là
$$S_1=8.\frac{2}{5}+8.{\left(\frac{2}{5}\right)}^2+8.{\left(\frac{2}{5}\right)}^3+\dots +8.{\left(\frac{2}{5}\right)}^n+\dots$$
Ta có $S_1$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu $u_1=8.\frac{2}{5}=\frac{16}{5}$ và công bội $q=\frac{2}{5}$
Suy ra $S_1=\frac{u_1}{1-q}=\frac{\frac{16}{5}}{1-\frac{2}{5}}=\frac{16}{3}(m)$.
Tổng quãng đường bóng rơi xuống bằng khoảng cách độ cao ban đầu và tổng quãng đường bóng nảy lên nên ta có $S_2=8+S_1=8+\frac{16}{3}=\frac{40}{3}(m)$
Vậy tổng quãng đường bóng bay là:
$$S=S_1+S_2=\frac{16}{3}+\frac{40}{3}=\frac{56}{3}(m)$$

Ta có tổng độ dài hành trình quả bóng di chuyển bằng tổng quãng đường bóng nảy lên và quãng đường bóng rơi xuống.
Vì mỗi lần bóng nảy lên bằng $\frac{2}{3}$ lần nảy trước nên ta có tổng quãng đường bóng nảy lên là
$$S_1=9.\frac{2}{3}+9.{\left(\frac{2}{3}\right)}^2+9.{\left(\frac{2}{3}\right)}^3+\dots +9.{\left(\frac{2}{3}\right)}^n+\dots$$
Ta có $S_1$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu $u_1=9.\frac{2}{3}=6$ và công bội $q=\frac{2}{3}$
Suy ra $S_1=\frac{u_1}{1-q}=\frac{6}{1-\frac{2}{3}}=18$ (m).
Tổng quãng đường bóng rơi xuống bằng khoảng cách độ cao ban đầu và tổng quãng đường bóng nảy lên nên ta có $S_2=9+S_1=9+18=27(m)$
Vậy tổng quãng đường bóng bay là:
$$S=S_1+S_2=18+27=45(m)$$

(AI giải đề cho tôi)
Dãy $(q{)}^n$ có giới hạn bằng 0 khi $|q|<1$. Xét các phương án: A có $q=\frac{3}{2}>1$ nên $(\frac{3}{2}{)}^n\to +\infty$; C có $q=\frac{5}{4}>1$ nên $(\frac{5}{4}{)}^n\to +\infty$; D có $\frac{\pi }{3}\approx 1.047>1$ nên $(\frac{\pi }{3}{)}^n\to +\infty$. Riêng phương án B: $\frac{1}{2^n}=(\frac{1}{2}{)}^n$ với $q=\frac{1}{2}\in (-1;1)$, do đó $\lim \frac{1}{2^n}=0$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 10: B).

(AI giải đề cho tôi)
Nhân liên hợp: $\sqrt{n^2+2n}-\sqrt{n^2+5n+1}=\frac{(n^2+2n)-(n^2+5n+1)}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+5n+1}}=\frac{-3n-1}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+5n+1}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $\lim =\frac{-3-\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+\sqrt{1+\frac{5}{n}+\frac{1}{n^2}}}=-\frac{3}{2}$. Vậy $a=-3,b=2$ (phân số tối giản), nên $3a-4b=3(-3)-4(2)=-17$. Kết quả khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi cạnh tam giác đều $\Delta A_n{B}_n{C}_n$ là $x_n$. Ta có $A_{n+1}$ trên $A_n{B}_n$ với $A_n{A}_{n+1}=\frac{x_n}{3}$ nên $B_n{A}_{n+1}=\frac{2x_n}{3}$; $B_{n+1}$ trên $B_n{C}_n$ với $B_n{B}_{n+1}=\frac{x_n}{3}$. Trong tam giác $B_n{A}_{n+1}{B}_{n+1}$ có góc $\angle A_{n+1}{B}_n{B}_{n+1}=60^{\circ }$, áp dụng định lí cosin:
$$A_{n+1}{B}_{n+1}^2={\left(\frac{2x_n}{3}\right)}^2+{\left(\frac{x_n}{3}\right)}^2-2\cdot \frac{2x_n}{3}\cdot \frac{x_n}{3}\cdot \cos 60^{\circ }=\frac{4x_n^2+x_n^2-2x_n^2}{9}=\frac{x_n^2}{3}.$$
Vậy $x_{n+1}=\frac{x_n}{\sqrt{3}}$, suyra diện tích $S_{n+1}=\frac{1}{3}{S}_n$. Do đó $(S_n)$ là cấp số nhân với số hạng đầu $S_1=9\sqrt{3}$ và công bội $q=\frac{1}{3}$.
$$S_1+S_2+\cdots =\frac{S_1}{1-q}=\frac{9\sqrt{3}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{2}.$$
Vậy $a=27,b=3,c=2$ (phân số $\frac{27}{2}$ tối giản), nên $a+b+c=27+3+2=32$.

(AI giải đề cho tôi)
Dãy ${\left(\frac{3}{2}\right)}^n$, ${\left(\frac{5}{4}\right)}^n$, ${\left(\frac{\pi }{3}\right)}^n$ có công bội $q>1$ nên tiến ra $+\infty$. Dãy $\frac{1}{2^n}$ có $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{2^n}=0$ vì $|q|=\frac{1}{2}<1$. Vậy đáp án B, khớp với bảng đáp án mã đề 101 (câu 12: B).

(AI giải đề cho tôi)
Nhân liên hợp: $\sqrt{n^2+2n}-\sqrt{n^2+5n+1}=\frac{(n^2+2n)-(n^2+5n+1)}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+5n+1}}=\frac{-3n-1}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2+5n+1}}$. Chia tử và mẫu cho $n$: $\lim =\frac{-3-\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+\sqrt{1+\frac{5}{n}+\frac{1}{n^2}}}=-\frac{3}{2}$. Vậy $a=-3,b=2$, và $3a-4b=3(-3)-4(2)=-9-8=-17$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-17$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác đều $\Delta A_n{B}_n{C}_n$ cạnh $x$, ta có $A_{n+1}{A}_n=\frac{x}{3}$, $A_n{C}_{n+1}=\frac{2x}{3}$, góc $\widehat{A_n}=60^{\circ }$. Theo định lí cosin: $A_{n+1}{B}_{n+1}^2={\left(\frac{x}{3}\right)}^2+{\left(\frac{2x}{3}\right)}^2-2\cdot \frac{x}{3}\cdot \frac{2x}{3}\cos 60^{\circ }=\frac{x^2}{9}+\frac{4x^2}{9}-\frac{2x^2}{9}=\frac{x^2}{3}$. Vậy $S_{n+1}=\frac{1}{3}{S}_n$, tức $\{S_n\}$ là cấp số nhân công bội $q=\frac{1}{3}$ với số hạng đầu $S_1=9\sqrt{3}$. Tổng: $S=\frac{S_1}{1-q}=\frac{9\sqrt{3}}{2/3}=\frac{27\sqrt{3}}{2}$. Suy ra $a=27,b=3,c=2$ (phân số $\frac{27}{2}$ tối giản), nên $a+b+c=27+3+2=32$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: A đúng vì dãy không đổi $(c)$ có giới hạn bằng $c$. C đúng vì $\lim \frac{1}{n}=0$. D đúng vì với $|q|<1$ thì $\lim q^n=0$. B sai vì $\lim q^n=+\infty$ chỉ đúng khi $q>1$; khi $q<-1$ thì dãy $q^n$ không có giới hạn (luân phiên dấu, không xác định). Vậy phát biểu sai là B.

(AI giải đề cho tôi)
Hình vuông ban đầu cạnh 1, diện tích 1. Bước 1: tô tam giác vuông chiếm một nửa hình vuông, $S_1=\frac{1}{2}$. Tam giác vuông còn lại có diện tích $\frac{1}{2}$. Ở bước 2, hình vuông mới có 3 đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác vuông này: với tam giác vuông cân hai cạnh góc vuông bằng 1, ba trung điểm tạo thành hình vuông cạnh $\frac{1}{2}$, diện tích $\frac{1}{4}$. Lặp bước 1: tô nửa hình vuông này, $S_2=\frac{1}{8}$. Tiếp tục, mỗi lần phần tô màu bằng $\frac{1}{4}$ lần phần tô trước: $S_3=\frac{1}{32},\dots$ Tổng là cấp số nhân: $S=\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{32}+\cdots =\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}\approx 0,67$.

(AI giải đề cho tôi)
Tổng cấp số nhân lùi vô hạn: $S=\frac{u_1}{1-q}=\frac{2}{1-\frac{3}{4}}=\frac{2}{\frac{1}{4}}=8$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n^3$: $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n^3-a{n}^2}{3n^3+n^2+1}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1-\frac{a}{n}}{3+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^3}}=\frac{1-0}{3+0+0}=\frac{1}{3}$. Kết quả không phụ thuộc $a$, khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề: A đúng vì nếu $\lim u_n=+\infty$ thì $\lim \frac{1}{u_n}=0$. B đúng vì $\left|\frac{(-1{)}^n}{n}\right|=\frac{1}{n}\to 0$ nên $\lim \frac{(-1{)}^n}{n}=0$. C đúng vì $\lim \frac{1}{n}=0$. D sai vì $\lim q^n=0$ khi $|q|<1$, còn khi $|q|>1$ thì $q^n$ không có giới hạn hữu hạn ($q^n\to +\infty$ nếu $q>1$, không tồn tại nếu $q<-1$). Vậy mệnh đề sai là D, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đây là cấp số nhân với số hạng đầu $a=2$, công bội $q=\frac{1}{3}$, $|q|<1$ nên tổng vô hạn $S=\frac{a}{1-q}=\frac{2}{1-\frac{1}{3}}=\frac{2}{\frac{2}{3}}=3$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 15, mã đề 1111: 3).

(AI giải đề cho tôi)
Chia tử và mẫu cho $n$: $\lim \frac{\sqrt{3n^2+1}+n}{2n+1}=\lim \frac{\sqrt{3+\frac{1}{n^2}}+1}{2+\frac{1}{n}}=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$. Vậy $a=3,b=2\Rightarrow a+b=5$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 17 = 5).

a) $\lim \left(\frac{3^n-4^n+1}{2.5^n-6}\right)=\lim \left(\frac{\frac{3^n-4^n+1}{5^n}}{\frac{2.5^n-6}{5^n}}\right)=\lim \frac{{\left(\frac{3}{5}\right)}^n-{\left(\frac{4}{5}\right)}^n+{\left(\frac{1}{5}\right)}^n}{2.-6.{\left(\frac{1}{5}\right)}^n}=0$

b) $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2x-4}{x^2+x-6}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2(x-2)}{(x-2)(x+3)}=\underset{x\to 2}{\lim }\frac{2}{x+3}=\frac{2}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu $a=1$ và công bội $q=\frac{1}{2}$ (vì $|q|<1$ nên tổng tồn tại): $$S=\frac{a}{1-q}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2.$$ Vậy $S=2$, khớp với đáp án B trong bảng đáp án (mã đề 102, câu 2: B).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_n{v}_n=\frac{2n+1}{1-n}=\frac{2+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}-1}\to \frac{2}{-1}=-2$ khi $n\to +\infty$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 6: C).

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_n{v}_n=\frac{2n+1}{1-n}$. Chia tử và mẫu cho $n$: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{2n+1}{1-n}={\lim }_{n\to +\infty }\frac{2+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}-1}=\frac{2}{-1}=-2$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 101, câu 1: B).