22 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 1. Giới hạn của dãy số (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

A

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {{\rm{u}}_{\rm{n}}}{\rm{ = 0}}$nếu $\left| {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right|$có thể nhỏ hơn môt số dương bé tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

D

(I) $\lim {n^k} = + \infty$ với $k$ nguyên dương $\Rightarrow \left( I \right)$ là khẳng định đúng.

(II) $\lim {q^n} = + \infty$ nếu $\left| q \right| < 1$$\Rightarrow \left( {II} \right)$ là khẳng định sai vì $\lim {q^n} = 0$ nếu $\left| q \right| < 1$.

(III) $\lim {q^n} = + \infty$ nếu $q > 1$$\Rightarrow \left( {III} \right)$ là khẳng định đúng.

Vậy số khẳng định đúng là $2$.

B

Ta có $\lim \frac{{n - 1}}{{{n^3} + 3}} = \lim \frac{{\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^3}}}}}{{1 + \frac{3}{{{n^3}}}}} = \frac{0}{1} = 0$.

B

$\lim \frac{1}{{5n + 2}} = \lim \frac{1}{n}\left( {\frac{1}{{5 + \frac{2}{n}}}} \right) = 0.\frac{1}{5} = 0$.

A

Vì $\frac{{2018}}{{2019}} < 0$ nên$\lim {\left( {\frac{{2018}}{{2019}}} \right)^n} = 0$.

B

$\lim \frac{{{{100}^{n + 1}} + {{3.99}^n}}}{{{{10}^{2n}} - {{2.98}^{n + 1}}}} = \lim {\frac{{100 + 3.\left( {\frac{{99}}{{100}}} \right)}}{{1 - 2.98.{{\left( {\frac{{98}}{{100}}} \right)}^n}}}^n} = 100$.

A

lim(un + vn) = limun + limvn = 1 + (−2) = −1.

C

Ta có: $\lim \frac{{\sqrt {4{n^2} + 1} - \sqrt {n + 2} }}{{2n - 3}}$$= \lim \frac{{\sqrt {4 + \frac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt {\frac{1}{n} + \frac{2}{{{n^2}}}} }}{{2 - \frac{3}{n}}}$$= \frac{{2 - 0}}{2}$$= 1$.

B

Ta có $S = \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ... = \frac{1}{3}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}$.

D

$0{,}233333... = 0{,}2 + 3\left( {\frac{1}{{{{10}^2}}} + \frac{1}{{{{10}^3}}} + ...} \right) = 0{,}2 + 3.\frac{1}{{100}}.\frac{1}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{1}{5} + \frac{1}{{30}} = \frac{7}{{30}}$.

D

Ta thấy độ cao của quả bóng mỗi lần bóng đi xuống là một cấp số nhân với ${u_1} = 6;q = \frac{3}{4}$.

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn đó là quãng đường mà quả bóng đã đi xuống.

Khi đó $S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{6}{{1 - \frac{3}{4}}} = 24$ m.

Quãng đường bóng đã đi cho đến khi dừng lại là: 2S – 6 = 2.24 – 6 = 42 m.

B

Đặt a = 1 là độ dài cạnh hình vuông, S1 = 1 là diện tích hình vuông ban đầu.

Do M, N là trung điểm hai cạnh của hình vuông nên $MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra ${S_2} = M{N^2} = \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{S_1}}}{2} = \frac{1}{2}$.

Lại lấy trung điểm các cạnh của hình vuông MNPQ để tiếp tục, khi đó, hình vuông mới sinh ra có diện tích là ${S_3} = {\left( {\frac{{MN\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{S_1}}}{4} = \frac{1}{4}$.

Vậy các hình vuông sinh ra có diện tích lần lượt là $1;\frac{1}{2};\frac{1}{4};...;\frac{1}{{{2^n}}};...$

Vậy tổng diện tích các hình vuông tạo thành là $S = 1.\frac{1}{{1 - \frac{1}{2}}} = 2$.

a) $\lim \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \lim \frac{{\frac{1}{{n + 1}}}}{{\frac{3}{{n + 3}}}} = \lim \frac{{n + 3}}{{3\left( {n + 1} \right)}} = \lim \frac{{1 + \frac{3}{n}}}{{3\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}} = \frac{1}{3}$.

b) lim(vn + 1) = limvn + 1 = $\lim \frac{3}{{n + 3}} + 1 = 0 + 1 = 1$.

c) Ta nói dãy số (un) có giới hạn là 0 khi n dần tới dương vô cực, vì |un| có thể nhỏ hơn một số dương tùy ý, kể từ một số hạng nào đó trở đi.

d) lim(un – vn) = limun – limvn = $\lim \frac{1}{{n + 1}} - \lim \frac{3}{{n + 3}} = 0 - 0 = 0$.

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

a) $S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + ...$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có công bội $q = - \frac{1}{2}$.

b) $T = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ...$ là tổng của câp số nhân lùi vô hạn có công bội $q = \frac{1}{3}$.

c) $S = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{8} + ... = \frac{1}{{1 - \left( { - \frac{1}{2}} \right)}} = \frac{2}{3}$.

$T = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{3^n}}} + ... = \frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{3}{2}$.

Suy ra S < T.

d) $\frac{2}{3} = S = \frac{1}{{\frac{3}{2}}} = \frac{1}{T}$.

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

a) ${u_2} = {u_1} + \frac{2}{3} = 2 + \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$.

b) vn = un + 1 – un Þ ${v_n} = \frac{2}{{{3^n}}}$ $\Rightarrow {v_2} = \frac{2}{{{3^2}}} = \frac{2}{9}$.

c) $\lim {v_n} = \lim \frac{2}{{{3^n}}} = 0$.

d) Ta có ${v_1} + {v_2} + ... + {v_{n - 1}} = \frac{2}{3}\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{n - 1}}}}{{1 - \frac{1}{3}}} = 1 - \frac{3}{{{3^n}}},\forall n \ge 2$.

mặt khác v1 + v2 + …+ vn – 1 = un – 2, ∀n ≥ 2.

Nên ${u_n} = 3 - \frac{3}{{{3^n}}}$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {3 - \frac{3}{{{3^n}}}} \right) = 3$.

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

a) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{{{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{1}{7}} \right)^n} = 0$.

b) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n} = + \infty$.

c) $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n} - {v_n}}}{{3{u_n} + 2{v_n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{{4.3}^n} - {{8.7}^n}}}{{{{12.3}^n} - {{19.7}^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 8}}{{12.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 19}} = \frac{8}{{19}}$.

d) Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{{4.3}^n} - {7^{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n}\left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 7} \right]$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {7^n} = + \infty$; $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left[ {4.{{\left( {\frac{3}{7}} \right)}^n} - 7} \right] = - 7 < 0$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = - \infty$.

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

a) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} + 1}}{{3{n^3} - 3n + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^3}\left( {\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}} \right)}}{{{n^3}\left( {3 - \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{3 - \frac{3}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^3}}}}} = \frac{0}{3} = 0$.

b) Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{n\sqrt {{n^2} + 1} }}{{\sqrt {4{n^4} - {n^2} + 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{n^2}\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{{n^2}\sqrt {4 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^4}}}} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{\sqrt {4 - \frac{1}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^4}}}} }} = \frac{1}{2}$.

c) Phương trình lượng giác $\cos x = 0$ có một nghiệm là $x = \frac{\pi }{2}$.

d) Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ với công sai $d = \frac{1}{2}$ và ${u_1} = 0$, thì ${u_3} = 0 + 2.\frac{1}{2} = 1$.

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

Ta có 0,511111... = 0,5 + 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ...

Xét tổng 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ....

Đây là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu là u1 = 0,01 và công bội $q = \frac{1}{{10}}$.

Vì vậy 0,511111... = 0,5 + 0,01 + 0,001 + 0,0001 + ... = $0{,}5 + \frac{{0{,}01}}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{23}}{{45}}$.

Suy ra $a = 23;b = 45$. Khi đó |b – 2a| = 1.

Trả lời: 1.

$\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + 2n} - 3n}}{{4n + 3}}$$= \lim \frac{{\sqrt {9 + \frac{2}{n}} - 3}}{{4 + \frac{3}{n}}} = \frac{{3 - 3}}{4} = 0$.

Trả lời: 0.

Ta có lim(6 + 3un) = lim6 + 3limun = 6 + 3.12 = 42.

Trả lời: 42.

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

Trả lời: 4.

Nếu cạnh hình vuông ban đầu là $x$ thì theo định lí Pythagore, ta có cạnh hình vuông thứ hai là $\sqrt {{{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}.(*)$

Gọi cạnh hình vuông $ABCD$ là ${u_1} = 1$, từ ${\rm{(}}*{\rm{)}}$ ta có cạnh hình vuông thứ hai là ${u_2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$, cạnh hình vuông thứ ba là ${u_3} = \frac{1}{2}$, cạnh hình vuông thứ tư là ${u_4} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}, \ldots$

Xét tổng chu vi dãy các hình vuông là:

$S = 4{u_1} + 4{u_2} + 4{u_3} + \ldots = 4\left( {1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + \ldots } \right).$

Dễ thấy $1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 2 }}{4} + \ldots$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu bằng 1, công bội bằng $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Vậy ta có: $S = 4 \cdot \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = 4 \cdot \frac{1}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = 8 + 4\sqrt 2 \approx 13{,}7$.

Trả lời: 13,7.