22 câu Trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài tập cuối chương III (Đúng-sai, trả lời ngắn) có đáp án

A

lim(unvn) = 3.5 = 15.

D

Ta có $P = 2{,}13131313... = 2 + \frac{{13}}{{100}} + \frac{{13}}{{{{100}^2}}} + \frac{{13}}{{{{100}^3}}} + ...$

Ta có $\frac{{13}}{{100}} + \frac{{13}}{{{{100}^2}}} + \frac{{13}}{{{{100}^3}}} + ...$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với ${u_1} = \frac{{13}}{{100}}$ và $q = \frac{1}{{100}}$.

Khi đó $P = 2 + \frac{{\frac{{13}}{{100}}}}{{1 - \frac{1}{{100}}}} = \frac{{211}}{{99}}$.

C

$\lim \frac{{a{n^2} - 4n + 7}}{{5{n^2} - n - 2}} = 6$$\Leftrightarrow \lim \frac{{a - \frac{4}{n} + \frac{7}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{1}{n} - \frac{2}{{{n^2}}}}} = 6$$\Leftrightarrow \frac{a}{5} = 6 \Leftrightarrow a = 30$.

C

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {3f\left( x \right) - 4g\left( x \right)} \right]$$= 3\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) - 4\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 3.2 - 4.3 = - 6$.

B

$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 3}}{{x + 3}} = \frac{{3 - 3}}{{3 + 3}} = 0$.

C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( { - 3x + 4} \right) = - 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0$ và x – 2 > 0 khi x → 2+.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{ - 3x + 4}}{{x - 2}} = - \infty$.

A

$I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2\left( {\sqrt {3x + 1} - 1} \right)}}{x}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2.3x}}{{x\left( {\sqrt {3x + 1} + 1} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{6}{{\sqrt {3x + 1} + 1}} = 3$.

$J = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{{x^2} - x - 2}}{{x + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {x - 2} \right) = - 3$.

Do đó I – J = 6.

B

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} - {x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {{x^3}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)} \right]$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right) = 2$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} - {x^2} + 1} \right) = - \infty$.

D

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt {3x + 4} - 4}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {3x - 12} \right)}}{{\left( {x - 4} \right)\left( {\sqrt {3x + 4} + 4} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{3}{{\sqrt {3x + 4} + 4}} = \frac{3}{8}$.

Suy ra a = 3; b = 8. Do đó 2a + b2 = 6 + 64 = 70.

B

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số y = f(x) gián đoạn tại x = 1.

C

Hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}$ không xác định tại x = 2. Do đó hàm số $y = \frac{{{x^2}}}{{x - 2}}$ gián đoạn tại x = 2.

B

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + 3x - 4}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 4} \right) = 5$; f(1) = m – 2.

Hàm số liên tục trên ℝ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = 1 Û $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)$

Û m – 2 = 5 Û m = 7.

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - \frac{x}{2}} \right) = - \frac{1}{2} = f\left( 1 \right)$ (1).

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 2}}{{x + 1}} = - \frac{1}{2}$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra hàm số f(x) liên tục tại điểm x0 = 1.

b) Hàm số $h\left( x \right) = \sin \frac{{\pi x}}{4}$ có tập xác định D = ℝ nên hàm số liên tục trên ℝ. Do đó hàm số liên tục tại điểm x0 = 2.

c) Do hàm số f(x), g(x) đều liên tục tại điểm x0 = 1 nên hàm số y = f(x).g(x) liên tục tại điểm x0 = 1.

d) Hàm đa thức g(x) = x2 – 3x + 1 có tập xác định D = ℝ nên hàm số liên tục trên ℝ. Do đó hàm số g(x) liên tục tại điểm x0 = 1.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right] = 5 - 2 = 3$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{2}{5}$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{h\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = \frac{0}{5} = 0$.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {g\left( x \right).h\left( x \right)} \right] = 5.0 = 0$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

a) lim(un + 3) = limun + 3 = 2 + 3 = 5.

b) Nếu $\lim {u_n} = 2$ và $\lim {v_n} = + \infty$ thì lim(un.vn) = +∞.

c) $\lim \frac{{{u_n}}}{{n + 4}} = \lim \frac{{2n - 3}}{{n + 4}} = \lim \frac{{2 - \frac{3}{n}}}{{1 + \frac{4}{n}}} = 2$.

d) lim(n3 – 5n + 6) $= \lim \left[ {{n^3}\left( {1 - \frac{5}{{{n^2}}} + \frac{6}{{{n^3}}}} \right)} \right] = + \infty$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

a) Khi m = 1 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {{x^2} - 3} \right) = 4 - 3 = 1$.

b) Có f(2) = 4m – 3.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {m{x^2} - 3} \right) = 4m - 3$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt {{x^2} - 4x + 4} }}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{\sqrt {{{\left( {x - 2} \right)}^2}} }}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2 - x}}{{x - 2}} = - 1$.

Để hàm số f(x) liên tục tại x = 2 thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$

Û 4m – 3 = −1 $\Leftrightarrow m = \frac{1}{2}$.

c) f(2) = 4m – 3.

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {m{x^2} - 3} \right) = 4m - 3$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = - 4$.

b) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {x - 2} \right) = - 3$.

c) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \left( {\sqrt {{x^2} + 1} + m} \right) = m + \sqrt 2$.

d) Hàm số đã cho có giới hạn tại x0 = −1 khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow m = - 3 - \sqrt 2$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

Diện tích của hình tròn bán kính R là S1 = πR2 (cm2).

Diện tích của hình tròn bán kính $\frac{R}{2}$ là ${S_2} = \pi .{\left( {\frac{R}{2}} \right)^2}$ (cm2).

Diện tích của hình tròn bán kính $\frac{R}{4}$ là ${S_3} = \pi .{\left( {\frac{R}{4}} \right)^2}$ (cm2).

Tổng diện tích của các hình tròn là: ${S_n} = {S_1} + 2{S_2} + 4{S_3} + ... = \pi {R^2} + \pi {R^2}\frac{1}{2} + \pi {R^2}\frac{1}{4} + ...$

Tổng trên là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu u1 = πR2 và công bội $q = \frac{1}{2}$

nên ${S_n} = \frac{{\pi {R^2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2\pi {R^2}$. Suy ra a = 2.

Trả lời: 2.

Gọi ri là khoảng cách lần rơi thứ i.

Ta có r1 = 81; ${r_2} = \frac{2}{3}.81$; …; ${r_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}.81$; …

Suy ra tổng các khoảng cách rơi của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lần rơi thứ n bằng $81.{\frac{{1 - \left( {\frac{2}{3}} \right)}}{{1 - \frac{2}{3}}}^n}$.

Gọi ti là khoảng cách lần nảy thứ i

Ta có ${t_1} = \frac{2}{3}.81$, ${t_1} = \left( {\frac{2}{3}} \right).\frac{2}{3}81$; …; ${t_n} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^{n - 1}}.\frac{2}{3}81$; …

Suy ra tổng các khoảng cách nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lần nảy thứ n bằng $\frac{2}{3}.81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{2}{3}}}$.

Vậy tổng các khoảng cách rơi và nảy của quả bóng từ lúc thả bóng cho đến lúc bóng không nảy nữa bằng $S = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n}}}{{1 - \frac{2}{3}}} + \frac{2}{3}.81.\frac{{1 - {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{2}{3}}}} \right) = 81.3 + \frac{2}{3}.81.3 = 405$m.

Trả lời: 405.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2{x^3} + 6\sqrt 3 }}{{3 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2\left( {{x^3} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^3}} \right)}}{{3 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2\left( {x + \sqrt 3 } \right)\left( {{x^2} - \sqrt 3 x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt 3 - x} \right)\left( {\sqrt 3 + x} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \sqrt 3 } \frac{{2\left( {{x^2} - \sqrt 3 x + 3} \right)}}{{\sqrt 3 - x}}$$= \frac{{2\left( {3 + 3 + 3} \right)}}{{2\sqrt 3 }} = \frac{9}{{\sqrt 3 }} = 3\sqrt 3$.

Suy ra a = 3; b = 0. Do đó a + b = 3.

Trả lời: 3.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \frac{{9 - {x^2}}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( { - x - 3} \right) = - 6 = a$.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {1 - x} \right) = - 2 = b$.

Do đó ${a^2} + {b^2} = {\left( { - 6} \right)^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = 40$.

Trả lời: 40.

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{3 + {3^2} + {3^3} + ... + {3^n}}}{{4 + {4^2} + {4^3} + ... + {4^n}}}$$= \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{{3\left( {1 - {3^n}} \right)}}{{1 - 3}}}}{{\frac{{4\left( {1 - {4^n}} \right)}}{{1 - 4}}}}$$= \frac{9}{8}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - {3^n}}}{{1 - {4^n}}}$$= \frac{9}{8}\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n} - {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n} - 1}} = 0$.

Trả lời: 0.