-
Đề kiểm tra 15 phút
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 1 – Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút – Chương 3 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 1 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 15 phút - Chương 3 - Hình học 11
-
-
Đề kiểm tra 1 tiết
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 1 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 2 – Đại số và giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 4 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết ) - Chương 5 - Đại số và Giải tích 11
-
Đề kiểm tra 45 phút ( 1 tiết) - Chương 1 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 2 - Hình học 11
-
Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Chương 3 - Hình học 11
-
-
Đề thi giữa kì 1
-
Đề thi học kì 1
-
Đề thi giữa kì 2
-
Đề thi học kì 2
Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 4: Giới hạn - Đề số 2
Đề bài
Trong các giới hạn sau giới hạn nào bằng $-1$?
-
A.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^3} - 4}}.$
-
B.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^2} - 1}}.$
-
C.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{2{n^2} + 1}}.$
-
D.
$\lim \dfrac{{2{n^3} - 3}}{{2{n^2} - 1}}.$
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left| {x - 3} \right|}}{{3x - 9}}$ bằng?
-
A.
$ - \dfrac{1}{3}.$
-
B.
$0.$
-
C.
$\dfrac{1}{3}.$
-
D.
Không tồn tại
Trong các dãy số sau, dãy nào có giới hạn?
-
A.
\({u_n} = \sin n\)
-
B.
\({v_n} = \cos n\)
-
C.
\({x_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\)
-
D.
\({y_n} = \dfrac{1}{2}\)
Giá trị của \(D = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt[3]{{3{n^3} + 2}}}}{{\sqrt[4]{{2{n^4} + n + 2}} - n}}\) bằng:
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
\(\dfrac{{1 - \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[4]{2} - 1}}\)
-
D.
$1$
Cho cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) công bội $q$. Đặt \(S = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} + ...\) thì:
-
A.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)
-
B.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{q - 1}}\)
-
C.
\(S = \dfrac{{1 - q}}{{{u_n}}}\)
-
D.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - {q^n}}}\)
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - x + 7} \right)$ bằng?
-
A.
$5$
-
B.
$7$
-
C.
$9$
-
D.
$6$
Giá trị \(\lim \dfrac{{\sin \left( {n!} \right)}}{{{n^2} + 1}}\) bằng
-
A.
\(0.\)
-
B.
\(1.\)
-
C.
\( + \infty .\)
-
D.
\(2.\)
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{2x}}{{\sqrt {1 - x} }}}\,\,khi\,\,{x < 1}\\{\sqrt {3{x^2} + 1} }\,\,khi\,\,{x \ge 1}\end{array}} \right..\) Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) là:
-
A.
\( + \infty .\)
-
B.
\(2.\)
-
C.
\(4.\)
-
D.
\( - \infty .\)
Tính giới hạn của dãy số ${u_n} = q + 2{q^2} + ... + n{q^n}$ với \(\left| q \right| < 1\)
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
\(\dfrac{q}{{{{\left( {1 - q} \right)}^2}}}\)
-
D.
\(\dfrac{q}{{{{\left( {1 + q} \right)}^2}}}\)
Giá trị của \(C = \lim \dfrac{{\sqrt[4]{{3{n^3} + 1}} - n}}{{\sqrt {2{n^4} + 3n + 1} + n}}\) bằng:
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
$0$
-
D.
$1$
Cho hàm số $f(x) = \sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} $. Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to +\infty $ là $0.$
-
B.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to -\infty $ là $2.$
-
C.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to +\infty $ là $-2.$
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\)
Giá trị của giới hạn $\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)$ là:
-
A.
\(\dfrac{5}{6}.\)
-
B.
\( + \infty .\)
-
C.
\( - 1.\)
-
D.
\( - \infty \).
Lời giải và đáp án
Trong các giới hạn sau giới hạn nào bằng $-1$?
-
A.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^3} - 4}}.$
-
B.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^2} - 1}}.$
-
C.
$\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{2{n^2} + 1}}.$
-
D.
$\lim \dfrac{{2{n^3} - 3}}{{2{n^2} - 1}}.$
Đáp án : B
Chia cả tử mẫu của phân thức cho lũy thừa bậc cao nhất của tử và mẫu.
$\begin{array}{l}\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^3} - 4}} = \lim \dfrac{{\dfrac{2}{n} - \dfrac{3}{{{n^3}}}}}{{ - 2 - \dfrac{4}{{{n^3}}}}} = \dfrac{0}{{ - 2}} = 0.\\\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{ - 2{n^2} - 1}} = \lim \dfrac{{2 - \dfrac{3}{{{n^2}}}}}{{ - 2 - \dfrac{1}{{{n^2}}}}} = \dfrac{2}{{ - 2}} = - 1.\\\lim \dfrac{{2{n^2} - 3}}{{2{n^2} + 1}} = \lim \dfrac{{2 - \dfrac{3}{{{n^2}}}}}{{2 + \dfrac{1}{{{n^2}}}}} = \dfrac{2}{2} = 1.\\\lim \dfrac{{2{n^3} - 3}}{{2{n^2} - 1}} = \lim \dfrac{{2 - \dfrac{3}{{{n^3}}}}}{{\dfrac{2}{n} - \dfrac{1}{{{n^3}}}}} = + \infty .\end{array}$
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left| {x - 3} \right|}}{{3x - 9}}$ bằng?
-
A.
$ - \dfrac{1}{3}.$
-
B.
$0.$
-
C.
$\dfrac{1}{3}.$
-
D.
Không tồn tại
Đáp án : C
- Phá dấu giá trị tuyệt đối.
- Rút gọn phân thức.
- Khử dạng $\dfrac{0}{0}$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{\left| {x - 3} \right|}}{{3x - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{{x - 3}}{{3x - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}.$
Trong các dãy số sau, dãy nào có giới hạn?
-
A.
\({u_n} = \sin n\)
-
B.
\({v_n} = \cos n\)
-
C.
\({x_n} = {\left( { - 1} \right)^n}\)
-
D.
\({y_n} = \dfrac{1}{2}\)
Đáp án : D
Quan sát từng đáp án và nhận xét giới hạn của chúng.
Các dãy \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right),\left( {{x_n}} \right)\) đều là các dãy số không có giới hạn.
Dãy \(\left( {{y_n}} \right)\) mà \({y_n} = \dfrac{1}{2},\forall n \in {\mathbb{N}^*}\) có giới hạn \(\lim {y_n} = \dfrac{1}{2}\) nên đáp án D đúng.
Giá trị của \(D = \lim \dfrac{{\sqrt {{n^2} + 1} - \sqrt[3]{{3{n^3} + 2}}}}{{\sqrt[4]{{2{n^4} + n + 2}} - n}}\) bằng:
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
\(\dfrac{{1 - \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[4]{2} - 1}}\)
-
D.
$1$
Đáp án : C
Khi tìm \(\lim \dfrac{{f(n)}}{{g(n)}}\) ta chia cả tử và mẫu cho \({n^k}\), trong đó \(k\) là bậc lớn nhất của tử và mẫu.
Sử dụng giới hạn \(\lim \dfrac{1}{{{n^k}}} = 0\) với \(k \in \mathbb{N}^*\)
Ta có: \(D = \lim \dfrac{{n\left( {\sqrt {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} - \sqrt[3]{{3 + \dfrac{2}{{{n^3}}}}}} \right)}}{{n\left( {\sqrt[4]{{2 + \dfrac{1}{{{n^3}}} + \dfrac{2}{{{n^4}}}}} - 1} \right)}} = \dfrac{{1 - \sqrt[3]{3}}}{{\sqrt[4]{2} - 1}}\).
Cho cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) công bội $q$. Đặt \(S = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} + ...\) thì:
-
A.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\)
-
B.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{q - 1}}\)
-
C.
\(S = \dfrac{{1 - q}}{{{u_n}}}\)
-
D.
\(S = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - {q^n}}}\)
Đáp án : A
Công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = {u_1} + {u_2} + ... + {u_n} + ... = \dfrac{{{u_1}}}{{1 - q}}\).
Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - x + 7} \right)$ bằng?
-
A.
$5$
-
B.
$7$
-
C.
$9$
-
D.
$6$
Đáp án : C
Hàm số \(y = f\left( x \right)\) xác định tại \(x = {x_0}\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} = f\left( {{x_0}} \right)\)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - x + 7} \right) = {( - 1)^2} - ( - 1) + 7 = 9.$
Giá trị \(\lim \dfrac{{\sin \left( {n!} \right)}}{{{n^2} + 1}}\) bằng
-
A.
\(0.\)
-
B.
\(1.\)
-
C.
\( + \infty .\)
-
D.
\(2.\)
Đáp án : A
Cho hai dãy số \(\left( {{u_n}} \right),\left( {{v_n}} \right)\). Nếu \(\left| {{u_n}} \right| \le {v_n}\) với mọi \(n\) và \(\lim {v_n} = 0\) thì \(\lim {u_n} = 0\).
Ta có \(\left| {\dfrac{{\sin \left( {n!} \right)}}{{{n^2} + 1}}} \right| \le \dfrac{1}{{{n^2} + 1}}\) mà \(\lim \dfrac{1}{{{n^2} + 1}} = 0\) nên chọn đáp án A.
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{2x}}{{\sqrt {1 - x} }}}\,\,khi\,\,{x < 1}\\{\sqrt {3{x^2} + 1} }\,\,khi\,\,{x \ge 1}\end{array}} \right..\) Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\) là:
-
A.
\( + \infty .\)
-
B.
\(2.\)
-
C.
\(4.\)
-
D.
\( - \infty .\)
Đáp án : B
Tìm hàm số trong khoảng thích hợp và tính giới hạn.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \sqrt {3{x^2} + 1} = \sqrt {{{3.1}^2} + 1} = 2\)
Tính giới hạn của dãy số ${u_n} = q + 2{q^2} + ... + n{q^n}$ với \(\left| q \right| < 1\)
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
\(\dfrac{q}{{{{\left( {1 - q} \right)}^2}}}\)
-
D.
\(\dfrac{q}{{{{\left( {1 + q} \right)}^2}}}\)
Đáp án : C
Nếu \(\left| q \right| < 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {q^n} = 0\)
Ta có: ${u_n} - q{u_n} = q + 2{q^2} + ... + n{q^n} - q.\left( {q + 2{q^2} + ... + n{q^n}} \right) $ $= q + {q^2} + {q^3} + ... + {q^n} - n{q^{n + 1}}$
Do \(q,\;{q^2},\;{q^3},.....,\;{q^n}\) là cấp số nhân có công bội \(q\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {u_n} - q{u_n} = \left( {1 - q} \right){u_n} = q.\dfrac{{1 - {q^n}}}{{1 - q}} - n{q^{n + 1}}\\ \Rightarrow {u_n} = q.\dfrac{{1 - {q^n}}}{{{{\left( {1 - q} \right)}^2}}} - \dfrac{{n.{q^{n + 1}}}}{{1 - q}}.\end{array}\)
Do \(\left| q \right| < 1\) nên \(\mathop {\lim }\limits_{} {q^n} = \mathop {\lim }\limits_{} {q^{n + 1}} = 0\)
Suy ra \(\lim {u_n} = \lim \left[ {\dfrac{{q\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{{{\left( {1 - q} \right)}^2}}} - \dfrac{{n.{q^{n + 1}}}}{{1 - q}}} \right] = \dfrac{q}{{{{\left( {1 - q} \right)}^2}}}\).
Giá trị của \(C = \lim \dfrac{{\sqrt[4]{{3{n^3} + 1}} - n}}{{\sqrt {2{n^4} + 3n + 1} + n}}\) bằng:
-
A.
\( + \infty \)
-
B.
\( - \infty \)
-
C.
$0$
-
D.
$1$
Đáp án : C
Khi tìm \(\lim \dfrac{{f(n)}}{{g(n)}}\) ta chia cả tử và mẫu cho \({n^k}\), trong đó \(k\) là bậc lớn nhất của tử và mẫu.
\(\lim \dfrac{1}{{{n^k}}} = 0\) với \(k \in \mathbb{N}*\)
Chú ý: $\left[ \begin{array}{l}\lim \dfrac{0}{a} = 0\\\lim \dfrac{a}{0} = \infty \end{array} \right.$ (a là số bất kì, $a \in R$)
Chia cả tử và mẫu cho \({n^2}\) ta có được : \(C = \lim \dfrac{{\sqrt[4]{{\dfrac{3}{{{n^5}}} + \dfrac{1}{{{n^8}}}}} - \dfrac{1}{n}}}{{\sqrt {2 + \dfrac{3}{{{n^3}}} + \dfrac{1}{{{n^4}}}} + \dfrac{1}{n}}} = 0\).
Cho hàm số $f(x) = \sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} $. Khẳng định nào sau đây là đúng?
-
A.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to +\infty $ là $0.$
-
B.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to -\infty $ là $2.$
-
C.
Giới hạn của $f(x)$ khi $x \to +\infty $ là $-2.$
-
D.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)\)
Đáp án : D
- Nhân liên hợp để khử dạng $\infty - \infty $
- Chia cả tử và mẫu cho lũy thừa của $x$ bậc cao nhất.
- Thay giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \dfrac{C}{{{x^n}}} = 0,\,\,\,n \in {\mathbb{N}^*}$.
$f(x) = \sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} $
Ta có:
$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{({x^2} + 2x + 4) - ({x^2} - 2x + 4)}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{4}{{\sqrt {1 + \dfrac{2}{x} + \dfrac{4}{{{x^2}}}} + \sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{4}{{{x^2}}}} }} = 2\end{array}$
$\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} - \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} } \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{({x^2} + 2x + 4) - ({x^2} - 2x + 4)}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{4x}}{{\sqrt {{x^2} + 2x + 4} + \sqrt {{x^2} - 2x + 4} }}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\dfrac{{4x}}{x}}}{{\dfrac{{\sqrt {{x^2} + 2x + 4} }}{x} + \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 2x + 4} }}{x}}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{4}{{ - \sqrt {1 + \dfrac{2}{x} + \dfrac{4}{{{x^2}}}} - \sqrt {1 - \dfrac{2}{x} + \dfrac{4}{{{x^2}}}} }} = \dfrac{4}{{ - 1 - 1}} = - 2\end{array}$
$ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) =- \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$.
Giá trị của giới hạn $\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)$ là:
-
A.
\(\dfrac{5}{6}.\)
-
B.
\( + \infty .\)
-
C.
\( - 1.\)
-
D.
\( - \infty \).
Đáp án : A
Khi $x \to + \infty \Rightarrow \sqrt {{x^2} + x} - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}} \sim \sqrt {{x^2}} - - \sqrt[3]{{{x^3}}} = x - x = 0$
Do đó ta cần nhân lượng liên hợp.
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \,\,\left( {\sqrt {{x^2} + x} - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x} - x + x - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)\)
\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} + x}} + \dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} + x\sqrt[3]{{{x^3} - 1}} + \sqrt[3]{{{{\left( {{x^3} - 1} \right)}^2}}}}}} \right) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6}.\)
>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Các bài khác cùng chuyên mục
- Đề thi giữa kì 1 Toán 11 - Đề số 5
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 7: Quan hệ song song trong không gian - Đề số 2
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 7: Quan hệ song song trong không gian - Đề số 3
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian - Đề số 1
- Đề kiểm tra 15 phút Toán 11 chương 8: Quan hệ vuông góc trong không gian - Đề số 2
