Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 191, có đáp án)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 191, có lời giải chi tiết) là tài liệu luyện đề hữu ích dành cho học sinh lớp 11. Nội dung gồm các bài toán trắc nghiệm theo cấu trúc đề thi học kỳ, có lời giải chi tiết giúp học sinh luyện tập nhuần nhuyễn từng dạng toán. Đây là tài liệu phù hợp để đánh giá năng lực bản thân. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để học tập kỹ lưỡng và tiến bộ nhanh.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn Toán lớp 11 năm học 2018 – 2019 (Mã đề thi 191, có đáp án)

TRƯỜNG THPT …………. BÀI:…………………. TỔ TOÁN NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - Lớp 11 - Chương trình chuẩn ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: ……… phút Mã đề thi Họ và tên:………………………………………….Lớp:……………...……..……… 191 Câu 1. (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho cấp số nhân u1  1 , u6  0, 00001 . Khi đó q và số hạng tổng quát là? 1 1 1 A. q  , un  n 1 . B. q  , u n  10 n 1 . 10 10 10 n C. q  1  1 , un  n 1 . D. q  1 1 , un  n 1 . 10 10 10 10 Lời giải Chọn C 1 1 Ta có: u6  u1 .q 5  0, 00001  q 5  5 q . 10 10 n1 n n 1  1   1  un  u1.q  1.    n1 .  10  10 Vậy đáp án đúng là: C. Câu 2. (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC . Ta xây dựng dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... sao cho A1 B1C1 là một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số nguyên dương n  2 , tam giác An Bn Cn là tam giác trung bình của tam giác An 1 Bn 1Cn1 . Với mỗi số nguyên dương n , kí hiệu S n tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác An Bn Cn . Tính tổng S  S1  S 2  ...  Sn  ... ? 15 9 A. S  . B. S  4 . C. S  . D. S  5 . 4 2 Lời giải Chọn B Vì dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại 3 tiếp các tam giác bằng cạnh  . 3 Với n  1 thì tam giác đều A1 B1C1 có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 có 2 3  3 bán kính R1  3.  S1    3.  3  .  3   3 Với n  2 thì tam giác đều A2 B2C2 có cạnh bằng nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 có 2 2 1 3  1 3 bán kính R2  3. .  S 2    3. .  2 3  .  2 3   3 Với n  3 thì tam giác đều A3 B3C3 có cạnh bằng nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 có 4 2 1 3  1 3 bán kính R3  3. .  S3    3. .  4 3  .  4 3   Trang 1/12 - Mã đề thi 191
................... n1 1 Như vậy tam giác đều An Bn Cn có cạnh bằng 3.   nên đường tròn ngoại tiếp tam giác An Bn Cn 2 2 1 3 n 1   1 n 1 3  có bán kính Rn  3.   .  Sn    3.   .  . 2 3  2 3    Khi đó ta được dãy S1 , S2 , ...S n ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1  S1  3 và 1 công bội q  . 4 u Do đó tổng S  S1  S 2  ...  Sn  ...  1  4 . 1 q Câu 3. (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  a và un1  4un 1  un  với mọi n nguyên dương. Có bao nhiêu giá trị của a để u2018  0 . A. 22016  1 . B. 22017  1 . C. 22018  1 . D. 3 . Lời giải Chọn A u2017  0 u2016  0 u1  0 Do u2018  4u2017 1  u2017     .  u2017  1 u2016  1 u1  1 a  0 Trường hợp u1  u2  ...  u2018  0   a  1 Xét phương trình 4 x 2  4 x  m  0 với 0  m  1 có   4  4m  0 nên phương trình luôn có 2 m nghiệm phân biệt x1 , x2 và x1  x2  1 , x1 x2   x1 , x2   0;1 . 4 1 Ta có u2  1  4u1  4u12  1  u1   có 20 nghiệm u1 . 2 1 1 u3  1  u2   4u12  4u1   0  có 21 nghiệm u1 . 2 2 1 1 u4  1  u3   4u2  4u2   0 có 2 nghiệm u2   0;1  22 nghiệm u1 . 2 2 2 . u2017  1 có 22015 nghiệm u1 . 22016  1 Vậy có 2  2 0  21  2 2  ...  2 2015  2   22016  1 . 2 1 1 Câu 4. Cho dãy số  ; b; 2 . Chọn b để dãy số đã cho lập thành cấp số nhân? 2 A. b  1 . B. b  2 . C. Không có giá trị nào của b . D. b  1 . Lời giải Chọn C b  0  Dãy số đã cho lập thành cấp số nhân khi  1 . Vậy không có giá trị nào của b . b   2 . 2  1  Câu 5. (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Ông A vay ngân hàng 300 triệu đồng để mua nhà theo phương thức trả góp với lãi suất 0, 5 0 0 mỗi tháng. Nếu cuối mỗi tháng, bắt đầu từ tháng thứ nhất sau khi vay, ông hoàn nợ cho ngân hàng số tiền cố định 5, 6 triệu đồng và chịu lãi số tiền chưa trả. Hỏi sau khoảng bao nhiêu tháng ông A sẽ trả hết số tiền đã vay? Trang 2/12 - Mã đề thi 191
A. 64 tháng. B. 63 tháng. C. 60 tháng. D. 36 tháng. Lời giải Chọn B  0,5  Sau tháng thứ nhất số tiền còn nợ (đơn vị triệu đồng) là T1  300  1    5,6 .  100  Sau tháng thứ hai số tiền còn nợ là 2   0,5    0,5   0, 5   0,5  T2   300 1    5, 6   1    5, 6  300 1    5, 6  1    5, 6 .   100    100   100   100  0,5 Ký hiệu t  1  thì số tiền còn lại ở tháng thứ n là: 100 t n 1 Tn  300t n  5, 6 t n 1  t n  2  ...  1  300t n  5, 6    300t n  1120t n  1120  820t n  1120 . t 1 1120 Như vậy để trả hết nợ thì số tháng là n  log 0,5  62,5 . 1 100 820 Câu 6. (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho dãy số  un  xác định bởi 41 u1   và un 1  21un  1 với mọi n  1. Tìm số hạng thứ 2018 của dãy số đã cho. 20 1 1 A. u2018  2.212018  . B. u2018  2.212017  . 20 20 1 1 C. u2018  2.212017  . D. u2018  2.212018  . 20 20 Lời giải Chọn C 1  1  Ta có un 1  21un  1  un 1   21 un   . 20  20  1 Đặt vn  un  , ta có vn 1  21vn . 20 41 1 Do đó  vn  là một CSN với v1     2 và công bội q  21 . 20 20 1 Do đó số hạng tổng quát của dãy  vn  là vn  v1 .q n 1  2.21n 1  un  2.21n 1  . 20 1 Khi đó u2018  2.212017  . 20 Câu 7. Cho cấp số nhân  un  với u1  3; q=  2 . Số 192 là số hạng thứ mấy của  un  ? A. Số hạng thứ 6. B. Số hạng thứ 7. C. Không là số hạng của cấp số đã cho. D. Số hạng thứ 5. Lời giải Chọn B n 1 n 1 Ta có un  u1.q n 1  192  3.  2    2   64  n  1  6  n  7 . Câu 8. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Bạn A thả quả bóng cao su từ độ cao 10 m theo 3 phương thẳng đứng. Mỗi khi chạm đất nó lại nảy lên theo phương thẳng đứng có độ cao bằng độ 4 cao trước đó. Tính tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn. A. 70 m. B. 50 m. C. 80 m. D. 40 m. Lời giải Chọn A Trang 3/12 - Mã đề thi 191
3 Các quãng đường khi bóng đi xuống tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có u1  10 và q  . 4 u1 10 Tổng các quãng đường khi bóng đi xuống là S    40 . 1 q 1 3 4 Tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn 2S  10  70 . Câu 9. (THPT Sơn Tây - Hà Nội - 2018 – BTN – 6ID – HDG) Một gia đình cần khoan một cái giếng để lấy nước. Họ thuê một đội khoan giếng nước. Biết giá của mét khoan đầu tiên là 80.000 đồng, kể từ mét khoan thứ hai giá của mỗi mét khoan tăng thêm 5.000 đồng so với giá của mét khoan trước đó. Biết cần phải khoan sâu xuống 50m mới có nước. Hỏi phải trả bao nhiêu tiền để khoan cái giếng đó? A. 4.000.000 đồng B. 10.125.000 đồng C. 52.500.000 đồng D. 52.500.000 đồng Lời giải Chọn B * Áp dụng công thức tính tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu u1  80.000 , công sai d  5.000 ta được số tiền phải trả khi khoan đến mét thứ n là: n  u1  un  n  2u1   n  1 d  Sn     2 2 * Khi khoan đến mét thứ 50 , số tiền phải trả là: 50  2.80000   50  1 .5000  S50     10.125.000 đồng. 2 1 1 Câu 10. Cho cấp số nhân  un  với u1  1; q  . Số 103 là số hạng thứ mấy của  un  ? 10 10 A. Số hạng thứ 104 . B. Số hạng thứ 105 . C. Không là số hạng của cấp số đã cho. D. Số hạng thứ 103 . Lời giải Chọn A n 1 1  1 Ta có un  u1.q n 1  103  1.     n  1  103  n  104 . 10  10  Câu 11. (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho dãy số xác định bởi u1  1 , 1 n 1   ; n   . Khi đó u2018 bằng: * un 1   2un  2 3 n  3n  2  22016 1 2 2018 1 A. u2018  2017  B. u2018  2017  3 2019 3 2019 22017 1 22017 1 C. u2018  2018  D. u2018  2018  3 2019 3 2019 Lời giải Chọn A 1 n 1  1  3 2  2 1 2 1 Ta có: u n 1   2u n  2    2un     un   . . 3 n  3n  2  3  n  2 n 1  3 n  2 3 n 1 1 2 1   un 1    un   1 n2 3 n 1  1 2 Đặt vn  un  , từ 1 ta suy ra: vn 1  vn . n 1 3 1 1 2 Do đó  vn  là cấp số nhân với v1  u1   , công bội q  . 2 2 3 Trang 4/12 - Mã đề thi 191
n 1 n 1 n 1 n 1 1 2 1 1 2 1 2 1 Suy ra: vn  v1 .q  .   un   .   un  .    . 2 3 n 1 2  3  2 3 n 1 2017 1 2 1 22016 1 Vậy u2018  .     2017  . 2 3 2019 3 2019 Câu 12. (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Với giá trị nào của tham số m thì phương trình x 3  mx 2  6 x  8  0 có ba nghiệm thực lập thành một cấp số nhân? A. m  3 . B. m  4 . C. m  1 . D. m  3 . Lời giải Chọn D Ta chứng minh nếu x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình x 3  mx 2  6 x  8  0 thì  x1  x2  x3  m  .  x1 x2 x3  8 Thật vậy x3  mx 2  6 x  8   x  x1  x  x2  x  x3   x3  mx 2  6 x  8  x3   x1  x2  x3  x 2   x1 x2  x2 x3  x3 x1  x  x1 x2 x3  x1  x2  x3  m  .  x1 x2 x3  8 Điều kiện cần: Phương trình x 3  mx 2  6 x  8  0 có ba nghiệm thực x1  x2  x3 lập thành một cấp số nhân  x1.x3  x2 2  x1.x2 .x3  x2 3  8  x2 3  x2  2 . Vậy phương trình x 3  mx 2  6 x  8  0 phải có nghiệm bằng 2 . Thay x  2 vào phương trình ta có m  3 .  x  4 Điều kiện đủ: Thử lại với m  3 ta có x  3 x  6 x  8  0   x  2 (thỏa yêu cầu bài toán). 3 2   x  1  1 1 Câu 13. Cho cấp số nhân  un  với u1  1; q  . Số 103 là số hạng thứ mấy của  un  ? 10 10 A. Số hạng thứ 105 . B. Không là số hạng của cấp số đã cho. C. Số hạng thứ 103 . D. Số hạng thứ 104 . Lời giải Chọn D n 1 1  1 Ta có un  u1.q n 1  103  1.     n  1  103  n  104 . 10  10  Câu 14. (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Ngân hàng BIDV Việt Nam đang áp dụng hình thức lãi kép với mức lãi suất: không kỳ hạn là 0, 2% /năm, kỳ hạn 3 tháng là 4,8% /năm. Ông A đến ngân hàng BIDV để gửi tiết kiệm với số tiền ban đầu là 300 triệu đồng. Nếu gửi không kỳ hạn mà ông A muốn thu về cả vốn và lãi bằng hoặc vượt quá 305 triệu đồng thì ông A phải gửi ít   nhất n tháng n  * . Hỏi nếu cùng số tiền ban đầu và cũng số tháng đó, ông A gửi tiết kiệm có kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ nhận được số tiền cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu (giả sử rằng trong suốt thời gian đó lãi suất ngân hàng không đổi và nếu chưa đến kỳ hạn mà rút tiền thì số tháng dư so với kỳ hạn sẽ được tính theo lãi suất không kỳ hạn) A. 444.711.302 đồng. B. 447.190.465 đồng. C. 444.785.421 đồng. D. 446.490.147 đồng. Lời giải Chọn C n Áp dụng công thức lãi kép: Tn  a 1  r  Với Tn  305 triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau n kỳ hạn. a  300 triệu đồng là số tiền gửi ban đầu, n là số kỳ hạn tính lãi, r  %  là lãi suất định kỳ. Trang 5/12 - Mã đề thi 191
n  0, 2%   305  Ta được 300 1    305  n  log1 0,2%     99,18 .  12     300   12  Như vậy, khi gửi không kỳ hạn để được số tiền gồm cả vốn lẫn lãi lớn hơn hoặc bằng 305 triệu đồng thì ông A phải gửi tối thiểu là 100 tháng. Với a  300 triệu đồng và số tháng là 100 tháng thì khi gửi tiết kiệm với kỳ hạn 3 tháng thì ông A sẽ gửi được 33 định kỳ và 1 tháng cuối là gửi không kỳ hạn. 33  4,8%  Nên số tiền ông A có được sau 33 định kỳ là: T  300.  1   triệu đồng.  4   0, 2%  Vậy số tiền ông A có được sau 100 tháng là S  T  1    444.785.421 đồng.  12  Câu 15. (Toán học và Tuổi trẻ - Tháng 4 - 2018 - BTN) Có hai cơ sở khoan giếng A và B . Cơ sở A giá mét khoan đầu tiên là 8000 và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 so với giá của mét khoan ngay trước đó. Cơ sở B : Giá của mét khoan đầu tiên là 6000 và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó. Một công ty giống cây trồng muốn thuê khoan hai giếng với độ sâu lần lượt là 20 và 25 để phục vụ sản xuất. Giả thiết chất lượng và thời gian khoan giếng của hai cơ sở là như nhau. Công tý ấy nên chọn cơ sở nào để tiết kiệm chi phí nhât? A. luôn chọn A . B. luôn chọn B . C. giếng 20 chọn A còn giếng 25 chọn B . D. giếng 20 chọn B còn giếng 25 chọn A . Lời giải Chọn D Cơ sở A giá mét khoan đầu tiên là 8000 và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét sau tăng thêm 500 so với giá của mét khoan ngay trước đó. 20 + Nếu đào giếng 20 hết số tiền là: S 20   2.8000   20  1 500   255000 . 2   25 + Nếu đào giếng 25 hết số tiền là: S 25   2.8000   25  1 500   350000 . 2   Cơ sở B Giá của mét khoan đầu tiên là 6000 và kể từ mét khoan thứ hai, giá của mỗi mét khoan sau tăng thêm 7% giá của mét khoan ngay trước đó. 20 1  1, 07   + Nếu đào giếng 20 hết số tiền là: S20  6000  245973 . 1  1,07 25 1  1, 07   + Nếu đào giếng 25 hết số tiền là: S25  6000  379494 . 1  1, 07   Ta thấy S 20  S 20 , S 25  S 25 nên giếng 20 chọn B còn giếng 25 chọn A . Câu 16. (THPT Lục Ngạn-Bắc Giang-2018) Cho dãy số  un  được xác định bởi u1  2 ; un  2un 1  3n  1 . Công thức số hạng tổng quát của dãy số đã cho là biểu thức có dạng a.2 n  bn  c , với a , b , c là các số nguyên, n  2 ; n   . Khi đó tổng a  b  c có giá trị bằng A. 4 . B. 3 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B Ta có un  2un 1  3n  1  u n  3n  5  2 un 1  3  n  1  5  , với n  2 ; n   .   Đặt vn  un  3n  5 , ta có vn  2vn 1 với n  2 ; n   . Như vậy,  vn  là cấp số nhân với công bội q  2 và v1  10 , do đó vn  10.2 n 1  5.2 n . Do đó un  3n  5  5.2 n , hay u n  5.2 n  3n  5 với n  2 ; n   . Suy ra a  5 , b  3 , c  5 . Nên a  b  c  5   3   5  3 . Trang 6/12 - Mã đề thi 191
Câu 17. (SGD - Quảng Nam - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a và có diện tích S1 . Nối 4 trung điểm A1 , B1 , C1 , D1 theo thứ tự của 4 cạnh AB , BC , CD , DA ta được hình vuông thứ hai có diện tích S 2 . Tiếp tục làm như thế, ta được hình vuông thứ ba là A2 B2C2 D2 có diện tích S3 , …và cứ tiếp tục làm như thế, ta tính được các hình vuông lần lượt có diện tích S 4 , S5 ,…, S100 (tham khảo hình bên). Tính tổng S  S1  S 2  S3  ...  S100 . a2 a 2  299  1 a 2  2100  1 a 2  2100  1 A. S  100 . B. S  . C. S  . D. S  . 2 298 2100 299 Lời giải Chọn D 1 2 1 Ta có S1  a 2 ; S 2  a ; S3  a 2 ,… 2 4 1 Do đó S1 , S 2 , S3 ,…, S100 là cấp số nhân với số hạng đầu u1  S1  a 2 và công bội q  . 2 1  q n a  2  1 2 100 Suy ra S  S1  S 2  S3  ...  S100  S1.  . 1 q 299 Câu 18. (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho ba số x ; 5 ; 2 y lập thành cấp số cộng và ba số x ; 4 ; 2 y lập thành cấp số nhân thì x  2 y bằng A. x  2 y  6 . B. x  2 y  10 . C. x  2 y  8 . D. x  2 y  9 . Lời giải Chọn A Ta có:  x   2 y   2.5   x  2 y  10     x.  2 y   16 2  x.  2 y   4   x  8 x  2  hoặc  . 2 y  2 2 y  8 Từ đó, ta có x  2 y  8  2  6 . Câu 19. (SGD - Bắc Ninh - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình vuông  C1  có cạnh bằng a . Người ta chia mỗi cạnh của hình vuông thành bốn phần bằng nhau và nối các điểm chia một cách thích hợp để có hình vuông  C2  (Hình vẽ). Trang 7/12 - Mã đề thi 191
Từ hình vuông  C2  lại tiếp tục làm như trên ta nhận được dãy các hình vuông C1 , C2 , C3 ,., Cn ... Gọi Si là diện tích của hình vuông Ci  i  1, 2, 3,..... . Đặt T  S1  S 2  S3  ...S n  ... . Biết 32 T , tính a ? 3 5 A. 2. B. 2 2 . C. 2 . D. . 2 Lời giải Chọn C 2 2 3  1  a 10 5 5 Cạnh của hình vuông  C2  là: a2   a    a   . Do đó diện tích S 2  a 2  S1 . 4  4  4 8 8 2 2 2 3  1  a 10  10  Cạnh của hình vuông  C3  là: a3   a2    a2   2 4  4  4  4  . Do đó diện tích  a    2 5 5 S3    a 2  S 2 . Lý luận tương tự ta có các S1 , S 2 , S3 ,...S n ... . tạo thành một dãy cấp số nhân lùi 8 8 5 vô hạn có u1  S1 và công bội q  . 8 S1 8a 2 32 T  . Với T  ta có a 2  4  a  2 . 1 q 3 3 Câu 20. (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Cho ba số thực dương a , b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số a 2b 2 c 2 1 1 1 nhân đồng thời thỏa mãn điều kiện 3 3 3  4 . Tính giá trị của biểu thức P  3  3  3 ? a b c a b c 1 1 A. P  B. P  C. P  4 D. P  2 2 4 Lời giải Chọn B a 2b 2 c 2 1 a 3  b3  c3 a b c Ta có 3 3 3 4  2 2 2  2 2 2 2 2 2. a b c 4 abc bc ca ab Mặt khác vì a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên ac  b 2 . 1 a b c a b c 1 1 1 1 Do vậy:  2 2  2 2  2 2  3  4  3  3 3 3  P . 4 bc ca ab ac b a c a b c 4 Câu 21. (Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A , biết độ dài cạnh đáy BC , đường cao AH và cạnh bên AB theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội q . Giá trị của q 2 bằng Trang 8/12 - Mã đề thi 191
2 2 2 1 2 1 2 2 A. . B. . C. D. . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Đặt BC  a; AB  AC  b; AH  h . Theo giả thiết ta có a, h, b lập cấp số nhân, suy ra b2  b 2 a 2 h2  ab. Mặt khác tam giác ABC cân tại đỉnh A nên h 2  ma 2   2 4 b2  b 2 a 2 Do đó 2  4  ab  a 2  4ab  4b 2  0  a  2 2  2 b   b 1 2 22 2 1 Lại có b  q 2 a nên suy ra q 2     . a 2 2 2 4 2 Câu 22. (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho dãy số  an  xác định bởi a1  5, an 1  q.an  3 với mọi n  1, trong đó q là hằng số, q  0 , q  1 . Biết công thức số hạng 1  q n 1 tổng quát của dãy số viết được dưới dạng an   .q n 1   . Tính   2  ? 1 q A. 11. B. 16 . C. 13 . D. 9 . Lời giải Chọn A 3 Cách 1. Ta có: an 1  k  q  an  k   k  kq  3  k  1 q Đặt vn  an  k  vn 1  q.vn  q 2 .vn 1  ...  q n .v1  3  Khi đó vn  q n 1.v1  q n 1.  a1  k   q n 1.  5    1 q   3  n 1  3  3 1  q n 1 Vậy an  vn  k  q n 1.  5    k  q . 5    5.q n 1  3. .  1 q   1 q  1 q 1 q Do đó:   5;   3    2   5  2.3  11 . Cách 2. Theo giả thiết ta có a1  5, a2  5q  3 . Áp dụng công thức tổng quát, ta được  1  q11  a1   .q11     1 q 5     5  2 1 , suy ra  , hay  a   .q 21   1  q   q   5q  3   q     3  2  1 q    2   5  2.3  11 Câu 23. (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Cho bốn số a, b , c, d theo thứ tự đó tạo 148 thành cấp số nhân với công bội khác 1 . Biết tổng ba số hạng đầu bằng , đồng thời theo thứ tự 9 đó chúng lần lượt là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng. Tính giá trị biểu thức T  abc d . 100 101 101 100 A. T   . B. T   . C. T  . D. T  . 27 27 27 27 Lời giải Chọn A Trang 9/12 - Mã đề thi 191
  ac  b 2 1  Ta có bd  c 2  2 .   a  b  c  148  3  9 Và cấp số cộng có u1  a , u4  b , u8  c . Gọi x là công sai của cấp số cộng. Vì cấp số nhân có công bội khác 1 nên x  0 . b  a  3 x Ta có :   4 . c  a  7 x 2 Từ 1 và  4  ta được : a  a  7 x    a  3 x   ax  9 x2  0 . Do x  0 nên a  9 x . 148 Từ  3 và  4  , suy ra 3a  10 x  . 9  16 b  3 a  4    64 Do đó :  4  c  . x  9  9   256 d  27  100 Vậy T  a  b  c  d  . 27 Câu 24. Cho cấp số nhân  un  với u1  3; q  2 . Số 192 là số hạng thứ mấy của  un  ? A. Không là số hạng của cấp số đã cho. B. Số hạng thứ 5 . C. Số hạng thứ 6 . D. Số hạng thứ 7 . Lời giải Chọn D n 1 n 1 Ta có un  u1.q n 1  192  3.  2    2   64  n  1  6  n  7 . 1 Câu 25. Cho cấp số nhân  un  với u1  3; q  . Số 222 là số hạng thứ mấy của  un  ? 2 A. Không là số hạng của cấp số đã cho B. Số hạng thứ 12 . C. Số hạng thứ 9 . D. Số hạng thứ 11 . Lời giải Chọn A n 1 n 1  1  1 Ta có un  u1.q n 1  222  3.        74 . Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã  2  2 cho. 1 Câu 26. Cho cấp số nhân  un  với u1  3; q  . Số 222 là số hạng thứ mấy của  un  ? 2 A. Số hạng thứ 12. B. Số hạng thứ 9. C. Không là số hạng của cấp số đã cho. D. Số hạng thứ 11. Lời giải Chọn C n 1 n 1 n 1  1  1 Ta có un  u1.q  222  3.        74 . Vậy 222 không là số hạng của cấp số đã  2  2 cho. Câu 27. (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Trong thời gian liên tục 25 năm, một người lao động luôn gửi đúng 4.000.000 đồng vào một ngày cố định của tháng ở ngân hàng Trang 10/12 - Mã đề thi 191
M với lại suất không thay đổi trong suốt thời gian gửi tiền là 0, 6% tháng. Gọi A đồng là số tiền người đó có được sau 25 năm. Hỏi mệnh đề nào dưới đây là đúng? A. 3.450.000.000  A  3.500.000.000 . B. 3.500.000.000  A  3.550.000.000 . C. 3.400.000.000  A  3.450.000.000 . D. 3.350.000.000  A  3.400.000.000 . Lời giải Chọn D Sau tháng thứ 1 người lao động có: 4 1  0, 6%  triệu Sau tháng thứ 2 người lao động có: 2  4 1  0, 6%   4  1  0, 6%   4 1  0, 6%   1  0, 6%  triệu   ... Sau tháng thứ 300 người lao động có: 300 300 299 4 1  0, 6%   1  0, 6%  ...  1  0, 6%    4 1  0, 6%  1  0, 6%   1  3364,866   1  0, 6%   1 (  3.364.866.000 đồng). Câu 28. (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho tam giác ABC vuông tại A có ba cạnh CA, AB, BC lần lượt tạo thành một cấp số nhân có công bội là q . Tìm q ? 5 1 22 5 1 5 2 5 2 A. q  . B. q  . C. q  . D. q  . 2 2 2 2 Lời giải Chọn B Vì tam giác ABC vuông tại A nên BC 2  AB 2  AC 2 . Theo giả thiết ta có ba cạnh CA, AB, BC lần lượt tạo thành một cấp số nhân có công bội là q nên BC  q 2 . AC và AB  q. AC .  2 1 5 q  Do đó BC 2  AB 2  AC 2  q 4 . AC 2  q 2 . AC 2  AC 2  q 4  q 2  1  0   2 .  2 1 5 q   2 1 5 22 5 Vì q  0 nên q 2  q . 2 2 Câu 29. (THTT - Số 484 - Tháng 10 - 2017 - BTN) Một hình vuông ABCD có cạnh AB  a , diện tích S1 . Nối 4 trung điểm A1 , B1 , C1 , D1 theo thứ tự của 4 cạnh AB , BC , CD , DA ta được hình vuông thứ hai là A1 B1C1 D1 có diện tích S 2 . Tiếp tục như thế ta được hình vuông thứ ba A2 B2C2 D2 có diện tích S3 và cứ tiếp tục như thế, ta được diện tích S 4 , S5 ,... Tính S  S1  S 2  S3  ...  S100 . 2100  1 a  2100  1 a 2  2100  1 a 2  299  1 A. S  99 2 . B. S  . C. S  . D. S  . 2 a 299 299 299 Lời giải Chọn C a2 a2 a2 Dễ thấy: S1  a 2 ; S 2  ; S3  ;...; S100  99 . 2 4 2 1 Như vậy S1 , S 2 , S3 ,..., S100 là cấp số nhân với công bội q  . 2 1  a  2  1 2 100  1 1 S  S1  S2  ...  S100  a 2 1   2  ...  99   .  2 2 2  299 Trang 11/12 - Mã đề thi 191
Câu 30. (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Để tiết kiệm năng lượng, một công ty điện lực đề xuất bán điện sinh hoạt cho dân với theo hình thức lũy tiến (bậc thang) như sau: Mỗi bậc gồm 10 số; bậc 1 từ số thứ 1 đến số thứ 10 , bậc 2 từ số thứ 11 đến số 20 , bậc 3 từ số thứ 21 đến số thứ 30 ,…. Bậc 1 có giá là 800 đồng/ 1 số, giá của mỗi số ở bậc thứ n  1 tăng so với giá của mỗi số ở bậc thứ n là 2,5% . Gia đình ông A sử dụng hết 347 số trong tháng 1, hỏi tháng 1 ông A phải đóngbao nhiêu tiền? (đơn vị là đồng, kết quả được làm tròn đến hàng phần trăm). A. x  415481,84 . B. x  402832, 28 . C. x  402903, 08 . D. x  433868,89 . Lời giải Chọn D Gọi u1 là số tiền phải trả cho 10 số điện đầu tiên. u1 =10. 800= 8000 (đồng) u2 là số tiền phải trả cho các số điện từ 11 đến 20 : u2  u1 (1  0, 025) u34 là số tiền phải trả cho các số điện từ 331 đến 340 : u34  u1 (1  0, 025)33 34 1  1  0, 025  Số tiền phải trả cho 340 số điện đầu tiên là: S1  u1.  420903, 08 1  1  0, 025  Số tiền phỉ trả cho các số điện từ 341 đến 347 là: S2  7.800(1  0, 025)34  12965,80 Vậy tháng 1 gia đình ông A phải trả số tiền là: S  S1  S 2  433868,89 (đồng). ------------- HẾT ------------- Trang 12/12 - Mã đề thi 191