Giải SBT Toán 11 Cánh Diều Bài tập cuối chương 3 có đáp án

Đáp án đúng là: B

Ta có lim(u$_{n}$ + v$_{n}$) = limu$_{n}$ + limv$_{n}$ = 2 + 3 = 5.

Đáp án đúng là: C

Vì limu$_{n}$ = 3 > 0, lim v$_{n}$ = +∞ nên $\lim \frac{{{v_n}}}{{{u_n}}} = + \infty$.

Đáp án đúng là: A

Ta có $\lim {u_n} = \lim \left( {1 - \frac{2}{n}} \right) = \lim 1 - \lim \frac{2}{n} = 1 - 0 = 1$;

Và $\lim {v_n} = \lim \left( {4 + \frac{2}{{n + 2}}} \right) = \lim 4 + \lim \frac{2}{{n + 2}} = 4 + 0 = 4$.

Suy ra $\lim \sqrt {{v_n}} = \sqrt 4 = 2$.

Khi đó $\lim \left( {{u_n} + \sqrt {{v_n}} } \right)$$= \lim {u_n} + \lim \sqrt {{v_n}} = 1 + 2 = 3$.

Đáp án đúng là: D

Ta có: 1,(7) = 1 + 0,(7) = 1 + 0,7 + 0,07 + 0,007 + ... + 0,00007 + ...

Vì 0,7; 0,07; 0,007; ... lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u$_{1}$ = 0,7 và công bội q = 0,1 < 1 nên

0,7 + 0,07 + 0,007 + ... + 0,00007 + ... = $\frac{{0{,}7}}{{1 - 0{,}1}} = \frac{7}{9}$.

Vậy 1,(7) = 1 + $\frac{7}{9} = \frac{{16}}{9}$.

Đáp án đúng là: C

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 2f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} 2.\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 2.5 = 10$.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = 4,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = 2$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) \ne \,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right)$.

Suy ra không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)$.

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left[ { - f\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left[ {\left( { - 1} \right).f\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( { - 1} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f\left( x \right)$.

Mà $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( { - 1} \right) = - 1 < 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f\left( x \right) = + \infty$.

Do vậy, $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left( { - 1} \right).\mathop {\lim }\limits_{x \to a} f\left( x \right) = - \infty$. Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \left[ { - f\left( x \right)} \right] = - \infty$.

Đáp án đúng là: A

Quan sát đồ thị ta thấy khi x → +∞ thì f(x) → 2.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 2$.

Đáp án đúng là: D

Quan sát đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = - \infty$.

Đáp án đúng là: C

Quan sát đồ thị ta thấy, hàm số y = f(x) liên tục trên khoảng (1; +∞).

- Các hàm số y = x, y = sin x liên tục trên ℝ.

- Hàm số $y = \frac{1}{x}$ liên tục trên các khoảng xác định của nó là (–∞; 0) và (0; +∞).

- Xét hàm số $y = f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}0\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x < 0\\1\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x \ge 0\end{array} \right.$ có tập xác định D = ℝ.

Xét tại x = 0, ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = 1,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = 0$.

Suy ra không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)$. Vậy hàm số này không liên tục tại x = 0.

Do vậy hàm số $y = \left\{ \begin{array}{l}0\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x < 0\\1\,\,\,\,\,\,n\^e 'u\,\,x \ge 0\end{array} \right.$ không liên tục trên tập xác định của nó.

Đáp án đúng là: C

Hàm số y = tan x có tập xác định $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi |k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Trong khoảng (0; 2π), hàm số y = tan x không xác định tại các điểm $x = \frac{\pi }{2}$, $x = \frac{{3\pi }}{2}$.

Vì hàm số y = tan x liên tục trên từng khoảng xác định của nó nên trong khoảng (0; 2π), hàm số này không liên tục tại hai điểm $x = \frac{\pi }{2}$, $x = \frac{{3\pi }}{2}$.

$\lim \left( {2 + \frac{7}{{{4^n}}}} \right)$$= \lim 2 + \lim \left[ {7.{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n}} \right]$

$= \lim 2 + \lim 7.\lim {\left( {\frac{1}{4}} \right)^n} = 2 + 7.0 = 2$.

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

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

$\lim \frac{{\sqrt {9{n^2} + 2n + 1} }}{{n - 5}}$$= \lim \frac{{\sqrt {{n^2}\left( {9 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} }}{{n - 5}}$$= \lim \frac{{n\sqrt {9 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{n\left( {1 - \frac{5}{n}} \right)}}$

$= \lim \frac{{\sqrt {9 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{1 - \frac{5}{n}}} = \frac{{\lim \sqrt {9 + \frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} }}{{\lim \left( {1 - \frac{5}{n}} \right)}} = \frac{{\sqrt 9 }}{1} = 3$.

$\lim \frac{{{3^n} + {{4.9}^n}}}{{{{3.4}^n} + {9^n}}}$$= \lim \frac{{{9^n}\left[ {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 4} \right]}}{{{9^n}\left[ {3.{{\left( {\frac{4}{9}} \right)}^n} + 1} \right]}}$$= \lim \frac{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 4}}{{3.{{\left( {\frac{4}{9}} \right)}^n} + 1}}$

$= \frac{{\lim \left[ {{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 4} \right]}}{{\lim \left[ {3.{{\left( {\frac{4}{9}} \right)}^n} + 1} \right]}} = \frac{4}{1} = 4$.

Gọi diện tích các tam giác T$_{1}$; T$_{2}$; ...; T$_{n – 1}$; T$_{n}$ lần lượt là S$_{1}$; S$_{2}$; ...; S$_{n – 1}$; S$_{n}$.

Vì tam giác T$_{n}$ đồng dạng với tam giác T$_{n – 1}$ với tỉ số đồng dạng $\frac{1}{k}\,$ nên diện tích tam giác T$_{n}$ bằng $\frac{1}{{{k^2}}}$ diện tích tam giác T$_{n – 1}$ hay ${S_n} = \frac{1}{{{k^2}}}{S_{n - 1}}$.

Vì k > 1 nên $\frac{1}{{{k^2}}} < 1$. Vậy S$_{1}$; S$_{2}$; ...; S$_{n – 1}$; S$_{n}$; ... lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu S$_{1}$ = 1 và công bội $q = \frac{1}{{{k^2}}}$.

Khi đó, tổng diện tích của tất cả các tam giác nếu n tiến tới vô cùng là:

S = S$_{1}$ + S$_{2}$ + ... + S$_{n – 1}$ + S$_{n}$ + ... = $\frac{1}{{1 - \frac{1}{{{k^2}}}}} = \frac{{{k^2}}}{{{k^2} - 1}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \left( { - 5 + x} \right) = - 8 < 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \left( {x + 3} \right) = 0$ và x + 3 > 0 với mọi x > – 3.

Do đó,$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} \frac{{ - 5 + x}}{{x + 3}} = - \infty$.

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

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - \sqrt {4 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{{1 + \frac{2}{x}}} = \frac{{ - \sqrt 4 }}{1} = - 2$.

Với x ≠ 2 thì $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4}}{{x - 2}}$ liên tục trên hai khoảng (–∞; 2) và (2; +∞).

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

Để hàm số liên tục trên ℝ thì hàm số phải liên tục tại x = 2.

Khi đó $f\left( 2 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right)$ hay a = 4.

Vậy hàm số liên tục trên ℝ khi a = 4.

Sau t phút thì lượng muối trong bể là 30 . 25 . t = 750t (g) và thể tích nước trong bể là 5 000 + 25t (l).

Vậy nồng độ muối của nước trong bể sau t phút là:

$C\left( t \right) = \frac{{750t}}{{5000 + 25t}} = \frac{{30t}}{{200 + t}}$ (g/l).

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } C\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{30t}}{{200 + t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{30}}{{\frac{{200}}{t} + 1}} = \frac{{30}}{1} = 30$.

Theo kết quả đó, ta thấy khi lượng nước trong bể tăng theo thời gian đến vô hạn thì nồng độ muối của nước sẽ tăng dần đến giá trị 30 g/l, tức là xấp xỉ nồng độ muối của loại nước muối cho thêm vào bể.