Trắc nghiệm Đại số Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 4: Cấp số nhân - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Đại số Lớp 11 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Bài 4: Cấp số nhân - Mức độ 3.2 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 40. [DS11.C3.4.BT.c] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Bạn A thả quả bóng cao su từ độ cao 10m theo phương thẳng đứng. Mỗi khi chạm đất nó lại nảy lên theo phương thẳng đứng có 3 độ cao bằng độ cao trước đó. Tính tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn. 4 A. 40 m. B. 70 m. C. 50m. D. 80 m. Lời giải Chọn B 3 Các quãng đường khi bóng đi xuống tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có u 10 và q . 1 4 u 10 Tổng các quãng đường khi bóng đi xuống là S 1 40 . 3 1 q 1 4 Tổng quãng đường bóng đi được đến khi bóng dừng hẳn 2S 10 70 . Câu 30: [DS11.C3.4.BT.c] (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 2.8000 20 1 500 255000 . 20 2 25 + Nếu đào giếng 25 hết số tiền là: S 2.8000 25 1 500 350000 . 25 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. 1 1,07 20 + Nếu đào giếng 20 hết số tiền là: S 6000 245973 . 20 1 1,07 1 1,07 25 + Nếu đào giếng 25 hết số tiền là: S 6000 379494 . 25 1 1,07 Ta thấy S2 0 S20 , S2 5 S25 nên giếng 20 chọn B còn giếng 25 chọn A . Câu 44: [DS11.C3.4.BT.c] (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 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. 3.500.000.000 A 3.550.000.000 .B. 3.400.000.000 A 3.450.000.000 . C. 3.350.000.000 A 3.400.000.000 .D. 3.450.000.000 A 3.500.000.000 . Lời giải Chọn C Sau tháng thứ 1 người lao động có: 4 1 0,6% triệu
2. Sau tháng thứ 2 người lao động có: 4 1 0,6% 4 1 0,6% 4 1 0,6% 2 1 0,6% triệu Sau tháng thứ 300 người lao động có: 300 300 299 1 0,6% 1 4 1 0,6% 1 0,6% 1 0,6% 4 1 0,6% 3364,866 1 0,6% 1 ( 3.364.866.000 đồng). Câu 34. [DS11.C3.4.BT.c] (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 q2 bằng 2 2 2 2 2 1 2 1 A. . B. . C. . D. 2 2 2 2 Lời giải Chọn C Đặt BC a; AB AC b; AH h . Theo giả thiết ta có a, h, b lập cấp số nhân, suy ra b2 b2 a2 h2 ab. Mặt khác tam giác ABC cân tại đỉnh A nên h2 m 2 a 2 4 b2 b2 a2 Do đó ab a2 4ab 4b2 0 a 2 2 2 b 2 4 b 1 2 2 2 2 1 Lại có b q2a nên suy ra q2 . a 2 2 2 4 2 Câu 44. [DS11.C3.4.BT.c] (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.2n 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. 4 .C. 3 . D. 3 . Lời giải Chọn C Ta có un 2un 1 3n 1 un 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 ¥ . n 1 n Như vậy, vn là cấp số nhân với công bội q 2 và v1 10 , do đó vn 10.2 5.2 . n n Do đó un 3n 5 5.2 , hay un 5.2 3n 5 với n 2 ; n ¥ . Suy ra a 5 , b 3 , c 5 . Nên a b c 5 3 5 3 . Câu 34: [DS11.C3.4.BT.c] (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. 444.785.421đồng. B. 446.490.147 đồng. C. 444.711.302 đồng. D. 447.190.465 đồng. Lời giải Chọn A n Áp dụng công thức lãi kép: Tn a 1 r
3. n Với Tn 305 triệu đồng là số tiền cả vốn lẫn lãi sau 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. n 0,2% 305 Ta được 300 1 305 n log 0,2% ; 99,18 . 12 1 300 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 42: [DS11.C3.4.BT.c] (THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh - Lần 2 -2018) Với hình vuông A1B1C1D1 như hình vẽ bên, cách tô màu như phần gạch sọc được gọi là cách tô màu “đẹp”. Một nhà thiết kế tiến hành tô màu cho một hình vuông như hình bên, theo quy trình sau: Bước 1: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A1B1C1D1 . Bước 2: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A2 B2C2 D2 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A1B1C1D1 thành 9 phần bằng nhau như hình vẽ. Bước 3: Tô màu “đẹp” cho hình vuông A3B3C3D3 là hình vuông ở chính giữa khi chia hình vuông A2 B2C2 D2 thành 9 phần bằng nhau. Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi cần ít nhất bao nhiêu bước để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% . A. 9 bướcB. 4 bướcC. 8 bướcD. 7 bước Lời giải Chọn B * Gọi diện tích được tô màu ở mỗi bước là un , n ¥ . Dễ thấy dãy các giá trị un là một cấp số nhân 4 1 với số hạng đầu u và công bội q . 1 9 9 k u1 q 1 Gọi S là tổng của k số hạng đầu trong cấp số nhân đang xét thì S . k k q 1 k u1 q 1 Để tổng diện tích phần được tô màu chiếm 49,99% thì 0,4999 k 3,8 . q 1 Vậy cần ít nhất 4 bước. Câu 43: [DS11.C3.4.BT.c] (ĐỀ ĐOÀN TRÍ DŨNG - HÀ HỮU HẢI - LẦN 7 - 2018) Cho ba số thực dương a,b,c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân đồng thời thỏa mãn điều kiện a2b2c2 1 1 1 4 . Tính giá trị của biểu thức P ? a3 b3 c3 a3 b3 c3 1 1 A. P 4 B. P 2 C. P D. P 2 4
4. Câu 49: [DS11.C3.4.BT.c] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho ba số x ; 5 ; 2y lập thành cấp số cộng và ba số x ; 4 ; 2y lập thành cấp số nhân thì x 2y bằng A. x 2y 8 . B. x 2y 9 .C. x 2y 6 . D. x 2y 10 . Lời giải Chọn C Ta có: x 2y 2.5 x 2y 10 2 x. 2y 4 x. 2y 16 x 8 x 2 hoặc . 2y 2 2y 8 Từ đó, ta có x 2y 8 2 6 . Câu 13: [DS11.C3.4.BT.c] (Đoàn Trí Dũng - Lần 7 - 2017 - 2018) Cho ba số thực dương a,b,c là ba số a2b2c2 hạng liên tiếp của một cấp số nhân đồng thời thỏa mãn điều kiện 4 . Tính giá trị của a3 b3 c3 1 1 1 biểu thức P ? a3 b3 c3 1 1 A. P 4 B. P 2 C. P D. P 2 4 Lời giải Chọn D a2b2c2 1 a3 b3 c3 a b c Ta có 4 . a3 b3 c3 4 a2b2c2 b2c2 c2a2 a2b2 Mặt khác vì a,b,c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên ac b2 . 1 a b c a b c 1 1 1 1 Do vậy: P . 4 b2c2 c2a2 a2b2 ac3 b4 a3c a3 b3 c3 4 Câu 24. [DS11.C3.4.BT.c] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Với giá trị nào của tham số m thì phương trình x3 mx2 6x 8 0 có ba nghiệm thực lập thành một cấp số nhân? A. m 1. B. m 3 . C. m 3 . D. m 4 . Lời giải Chọn B 3 2 x1 x2 x3 m Ta chứng minh nếu x1 , x2 , x3 là nghiệm của phương trình x mx 6x 8 0 thì . x1x2 x3 8 3 2 Thật vậy x mx 6x 8 x x1 x x2 x x3 3 2 3 2 x mx 6x 8 x x1 x2 x3 x x1x2 x2 x3 x3 x1 x x1x2 x3 x1 x2 x3 m . x1x2 x3 8 3 2 Điều kiện cần: Phương trình x mx 6x 8 0 có ba nghiệm thực x1 x2 x3 2 3 3 lập thành một cấp số nhân x1.x3 x2 x1.x2.x3 x2 8 x2 x2 2 . Vậy phương trình x3 mx2 6x 8 0 phải có nghiệm bằng 2 . Thay x 2 vào phương trình ta có m 3 . x 4 3 2 Điều kiện đủ: Thử lại với m 3 ta có x 3x 6x 8 0 x 2 (thỏa yêu cầu bài toán). x 1