Cho cấp số cộng $\left( {{u_n}} \right)$ có các số hạng đầu lần lượt là $4;7;10;13;16; \ldots $. Tìm số hạng tổng quát ${u_n}$ của cấp số cộng.

A. ${u_n} = 3n + 1$.

B. ${u_n} = 3n - 4$.

C. ${u_n} = 3n + 4$.

D. ${u_n} = 3n - 1$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 6 đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 Hà Nội (có đáp án) !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cấp số cộng đã cho có số hạng đầu ${u_1} = 4$ và công sai $d = 7 - 4 = 3$.

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng là: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 4 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3 = 3n + 1$.

Chọn A.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình vuông có cạnh bằng $4{\rm{\;cm}}$. $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$, vuông cân tại $S$. Lấy điểm $I$ nằm trên $SO$ sao cho $SI = 2IO$. Đường thẳng $IB$ cắt mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ tại điểm $M$. Độ dài của $MD$ là bao nhiêu centimet?

__

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án:

1. 2

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, đường thẳng $IB$ giao với cạnh bên $SD$ tại điểm $M$. Do $SD \subset \left( {SAD} \right)$ nên $M$ chính là giao điểm của $IB$ và $\left( {SAD} \right)$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SOD$ với 3 điểm thẳng hàng $I,B,M$:

$\frac{{IS}}{{IO}} \cdot \frac{{BO}}{{BD}} \cdot \frac{{MD}}{{MS}} = 1$

Theo bài ra: $\frac{{IS}}{{IO}} = 2$. Do $O$ là tâm hình vuông nên $O$ là trung điểm cạnh $BD \Rightarrow \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{1}{2}$.

Thay vào đẳng thức Menelaus: $2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{MD}}{{MS}} = 1 \Rightarrow \frac{{MD}}{{MS}} = 1 \Rightarrow M$ là trung điểm của $SD$.

Mặt khác, vuông cân tại $S$ nên trung tuyến $SO = \frac{1}{2}BD$. Đường chéo hình vuông $BD = 4\sqrt 2 {\rm{\;cm}} \Rightarrow SD = \frac{{BD}}{{\sqrt 2 }} = 4{\rm{\;cm}}$.

Vì $M$ là trung điểm $SD$ nên độ dài đoạn $MD = \frac{{SD}}{2} = \frac{4}{2} = 2{\rm{\;cm}}$.

Đáp số: 2.

Câu 2

Cho các góc $\alpha ,\beta $ thỏa mãn $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi $, $\pi < \beta < 2\pi $, ${\rm{sin}}\alpha = \frac{1}{3}$, ${\rm{cos}}\beta = - \frac{2}{3}$. Tính ${\rm{sin}}\left( {\alpha + \beta } \right)$ (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).

_____

Xem đáp án

Lời giải

Đáp án:

1. 0,48

- Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha < 0$. Ta tính được: ${\rm{cos}}\alpha = - \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha } = - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}} = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

- Vì $\pi < \beta < 2\pi $ và có ${\rm{cos}}\beta = - \frac{2}{3} < 0$ nên góc $\beta $ thuộc góc phần tư thứ III $ \Rightarrow {\rm{sin}}\beta < 0$. Ta tính được: ${\rm{sin}}\beta = - \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\beta } = - \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2}} = - \frac{{\sqrt 5 }}{3}$.

Áp dụng công thức cộng sin:

${\rm{sin}}\left( {\alpha + \beta } \right) = {\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\beta + {\rm{cos}}\alpha {\rm{sin}}\beta = \left( {\frac{1}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + \left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 5 }}{3}} \right) = \frac{{ - 2 + 2\sqrt {10} }}{9} \approx 0,4805$.

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được kết quả là: 0,48.

Đáp số: 0,48.

Câu 3

PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu thí sinh chỉ chọn một phương án.

Cho tứ diện $ABCD$. Trên các cạnh $AD$ và $CD$ lấy hai điểm $M$ và $N$ sao cho $AM = 2MD$ và $CN = ND$.

$\left( {BMN} \right)\). Do đó $M$ là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ là đường thẳng $BM$. Chọn D. (ảnh 1)$

Giao tuyến của mặt phẳng $\left( {BMN} \right)$ và mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$ là đường thẳng nào dưới đây?

A. $BN$.

B. $MN$.

C. $AN$.

D. $BM$.

Lời giải