Đề thi học kì 2 Toán 11 Cánh diều - Đề số 2

a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là \(\frac{{14}}{{285}}\)

b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là \(\frac{{43}}{{57}}\)

c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là \(\frac{1}{7}\)

d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là \(\frac{{14}}{{57}}\)

a) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là 47

b) Trung vị \({M_e}\) là 51,4

c) Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là 54,2

d) Mốt \({M_o} = 20\)

a) \(d((MNP),(ABC)) = h\)

b) \(d(NP,(ABC)) = \frac{h}{2}\)

c) \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

d) \((MNP)//(ABC)\)

a) Đạo hàm của hàm số là \(y' = - cosx\)

b) Biểu thức \(y'(\frac{\pi }{2}) = 0\)

c) Biểu thức \(y''(\frac{\pi }{2}) = 0\)

d) Biểu thức \({y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\)

Sử dụng công thức đạo hàm.

\(\begin{array}{l}f'(x) = \left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2} - 4x + 6} \right)' = 3{x^2} - 3x - 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 4\end{array} \right.\end{array}\)

Đáp án C.

Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C): \(y = f(x) = - {x^3} + x\) tại điểm \(M({x_0};f({x_0})).\)là:

\(y = f'(x{}_0)(x - x{}_0) + f(x{}_0)\)

Trong đó:

\(M({x_0};f({x_0}))\) gọi là tiếp điểm.

\(k = f'(x{}_0)\)là hệ số góc.

\(y' = f'(x) = \left( { - {x^3} + x} \right)' = - 3{x^2} + 1\)

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị \(y = f(x) = - {x^3} + x\)tại điểm \(M({x_0};f({x_0})).\)

\(y' = f'( - 2)(x + 2) + 6 = - 11(x + 2) + 6 = - 11x - 16\)

Đáp án C.

Sử dụng công thức tính số trung bình của mẫu số liệu

Trong mỗi khoảng thời gian, giá trị đại diện là trung bình cộng của giá trị hai đầu mút nên ta có bảng sau:

Tổng số học sinh là n = 45. Thời gian trung bình giải bài toán của học sinh lớp 11 A là:

\(\overline x = \frac{{6.9 + 17.12 + 17.15 + 5.18}}{{45}} = \frac{{67}}{5} = 13,4\) (phút)

Đáp án C.

Áp dụng công thức tính đạo hàm.

Ta có:

\({\left( {\frac{1}{v}} \right)^\prime } = - \frac{{v'}}{{{v^2}}}\).

\({\left( {k.u} \right)^\prime } = k.u'\).

\({\left( {u + v} \right)^\prime } = u' + v'\).

\(\left( {u.v} \right)' = u'.v + u.v'\).

Vậy đáp án A sai.

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm phân thức: \(y' = \left( {\frac{{ax + b}}{{cx + d}}} \right)' = \frac{{ad - bc}}{{{{\left( {cx + d} \right)}^2}}}\)

\(y' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{1 - x}}} \right)' = \left( {\frac{{2x - 1}}{{ - x + 1}}} \right)' = \frac{1}{{{{\left( { - x + 1} \right)}^2}}}\)

Đáp án B.

Điều kiện để hàm số liên tục tại \(x = {x_0}\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})\)

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có:

\(\begin{array}{l}f(1) = m\\\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{1}{{x + 1}} = \frac{1}{2}\end{array}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 1\) khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\)

Vậy khi m =  2 thì hàm số liên tục tại \(x = 1\)

Đáp án C.

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

\(y' = 4{x^3} - 6x + 2\)

Đáp án D.

Nhận dạng: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}}\)

TH₁: Nếu f(x) , g(x) là các đa thức thì chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x.

TH₂: Nếu f(x) , g(x) chứa căn thì có thể chia cả tử và mẫu cho lũy thừa cao nhất của x hoặc nhân lượng liên hợp

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{a{x^2} + 4x + 3}}{{3x - 2a{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2}(a + \frac{4}{x} + \frac{3}{{{x^2}}})}}{{{x^2}( - 2a + \frac{3}{x})}} = \frac{a}{{ - 2a}} = \frac{{ - 1}}{2}\)

Đáp án A.

Bước 1: Tìm giao điểm O của đường thẳng a và \((\alpha )\)

Bước 2: Xác định hình chiếu A’ của điểm A xuống \((\alpha )\)

Bước 3: Suy ra: \(\left( {AO,(\alpha )} \right) = \left( {AO,A'O} \right) = \widehat {AOA'}\)

Do \(SA \bot (ABC)\)nên A là hình chiếu của S lên (ABC)

Ta có: \(\left( {SB,(ABC)} \right) = (SB,AB)\)

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A có:

 \(\begin{array}{l}\tan \left( {SB,AB} \right) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {S{B^2} - A{B^2}} }}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow \widehat {SBA} = {60^0}\end{array}\)

Đáp án B.

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và hai mặt phẳng vuông góc với nhau

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\\SA,AD \subset (SAD)\\SA \cap AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (SAD)\\CD \subset (SCD) \Rightarrow (SCD) \bot (SAD)\end{array}\)

Đáp án B.

Sử dụng định lý đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot SO\\BD,SO \subset (SBD)\\BD \cap SO\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD)\)

Đáp án C.

Sử dụng phương tính đạo hàm của hàm hợp

\(\begin{array}{l}g'\left( x \right) = \left[ {\frac{{\left( {2x + 1} \right){{\left( {2 - 3x} \right)}^2}}}{{x - 1}}} \right]' = \left( {\frac{{18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4}}{{x - 1}}} \right)'\\ = \frac{{\left( {18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4} \right)'(x - 1) - (18{x^3} - 15{x^2} - 4x + 4)(x - 1)'}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\ = \frac{{36{x^3} - 69{x^2} + 30x}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\\g'\left( 2 \right) = 72\end{array}\)

Đáp án B.

a) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ là \(\frac{{14}}{{285}}\)

b) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu là \(\frac{{43}}{{57}}\)

c) Xác suất để 3 viên bi lấy ra đều có màu vàng là \(\frac{1}{7}\)

d) Xác suất để 3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu là \(\frac{{14}}{{57}}\)

Sử dụng các quy tắc đếm để xác định số phần tử của không gian mẫu và biến cố

Không gian mẫu: \((\Omega ) = C_{20}^3 = 1140\)

a) Gọi A là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều màu đỏ”; \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{56}}{{1140}} = \frac{{14}}{{285}}\)

b) B là biến cố: “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu”

TH₁: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có một màu: \(C_8^3 + C_7^3 + C_5^3 = 101\)

TH₂: Số cách lấy ra 3 viên bi lấy ra chỉ có đúng hai màu: \(\left[ {C_{15}^3 - \left( {C_8^3 + C_7^3} \right)} \right] + \left[ {C_{13}^3 - \left( {C_8^3 + C_5^3} \right)} \right] + \left[ {C_{12}^3 - \left( {C_5^3 + C_7^3} \right)} \right] = 759\)

Nên: \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{101 + 759}}{{1140}} = \frac{{43}}{{57}}\)

c) C là biến cố: “3 viên bi lấy ra đều có màu vàng”; \(P(C) = \frac{{n(C)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_5^3}}{{C_{20}^3}} = \frac{{10}}{{1140}} = \frac{1}{{114}}\)

d) D là biến cố: “3 viên bi lấy ra có đủ cả ba màu”: \(P(D) = \frac{{n(D)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{C_8^1.C_7^1.C_5^1}}{{C_{20}^3}} = \frac{{280}}{{1140}} = \frac{{14}}{{57}}\)

a) Tứ phân vị thứ nhất \({Q_1}\) là 47

b) Trung vị \({M_e}\) là 51,4

c) Tứ phân vị thứ ba \({Q_3}\) là 54,2

d) Mốt \({M_o} = 20\)

Sử dụng công thức tính tứ phân vị của mẫu số liệu và Mốt

Cỡ mẫu là n = 7 + 10 + 20 + 6 + 2 = 45

Gọi x₁, x₂, ….., x₄₅ là cân nặng của 45 học sinh và giả sử dãy này đã được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.

Khi đó, trung vị là x₂₃. Do giá trị x₂₃ thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa trung vị.

Do đó p = 3; a₃ = 50, m₃ = 20; m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5

Khi đó

\({M_e} = {a_3} + \frac{{\frac{n}{2} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 17}}{{20}}.5 \approx 51,4\).

Vậy M_e = 51,4.

Từ M_e = 51,4, suy ra Q₂ = 51,4.

- Tứ phân vị thứ nhất Q₁ là trung vị của nửa dãy bên trái Q₂ nên \({Q_1} = \frac{{{x_{11}} + {x_{12}}}}{2}\)

Do x₁₁ và x₁₂ đều thuộc nhóm [45; 50) nên nhóm này chứa Q₁. Do đó, p = 2, a₂ = 45, m₂ = 10, m₁ = 7; a₃ – a₂ = 5.

Ta có \({Q_1} = {a_2} + \frac{{\frac{n}{4} - {m_1}}}{{{m_2}}}({a_3} - {a_2}) = 45 + \frac{{\frac{{45}}{2} - 7}}{{10}}.5 \approx 47,1\)

- Tứ phân vị thứ ba Q₃ là trung vị của nửa dãy bên phải Q₂ nên \({Q_3} = \frac{{{x_{34}} + {x_{35}}}}{2}\).

Do x₃₄ và x₃₅ đều thuộc nhóm [50; 55) nên nhóm này chứa Q₃. Do đó, p = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₁ + m₂ = 7 + 10 = 17; a₄ – a₃ = 55 – 50 = 5.

Ta có \({Q_3} = {a_3} + \frac{{\frac{{3n}}{4} - ({m_1} + {m_2})}}{{{m_3}}}({a_4} - {a_3}) = 50 + \frac{{\frac{{3.45}}{4} - 17}}{{20}}.5 \approx 54,2\) .

Vậy tứ phân vị: Q₁ ≈ 47,1; Q₂ ≈ 51,4; Q₃ ≈ 54,2.

- Ta thấy tần số lớn nhất là 20 nên nhóm chứa mốt là nhóm [50; 55).

Ta có j = 3, a₃ = 50, m₃ = 20, m₂ = 10, m₄ = 6, h = 55 – 50 = 5

Khi đó

\({M_0} = {a_3} + \frac{{{m_3} - {m_2}}}{{\left( {{m_3} - {m_2}} \right) + \left( {{m_3} - {m_4}} \right)}}h = 50 + \frac{{20 - 10}}{{(20 - 10) + (20 - 6)}}.5 \approx 52,1\)

Vậy M_o ≈ 52,1.

a) \(d((MNP),(ABC)) = h\)

b) \(d(NP,(ABC)) = \frac{h}{2}\)

c) \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

d) \((MNP)//(ABC)\)

Sử dụng phương pháp tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng

a) Xét tam giác SAB có M là trung điểm của SA, N là trung điểm của SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB. Suy ra \(MN//AB\),do đó \(MN//(ABC)\)

Xét tam giác SBC có N là trung điểm của SB, P là trung điểm của SC nên PN là đường trung bình của tam giác SBC. Suy ra \(PN//BC\),do đó \(PN//(ABC)\)

Khi đó, \(d((MNP),(ABC)) = d(M,(ABC))\)

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(MA \bot (ABC)\). Do đó \(d(M,(ABC)) = MA\)

Vì M là trung điểm SA nên \(AM = \frac{{SA}}{2} = \frac{h}{2}\)

Do đó \(d((MNP),(ABC)) = \frac{h}{2}\)

b) Vì \(PN//(ABC)\) nên \(d(NP,(ABC)) = d(N,(ABC))\)

Vì \(MN//(ABC)\) nên \(d(N,(ABC)) = d(M,(ABC)) = MA = \frac{h}{2}\)

Vậy \(d(N,(ABC)) = \frac{h}{2}\)

c) Vì tam giác ABC là tam giác vuông tại B nên \(BC \bot AB\)

Vì \(SA \bot (ABC)\) nên \(SA \bot BC\)mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot (SAB)\), suy ra \((SBC) \bot (SAB)\)

Kẻ \(AH \bot SB\) tại H

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \bot (SAB)\\(SBC) \cap (SAB) = SB\\AH \subset (SAB)\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot (SBC)\)

Khi đó \(d(A,(SBC)) = AH\)\(\)

Vì \(SA \bot (SBC)\) nên \(SA \bot AB\)

Xét tam giác SAB vuông tại A, AH là đường cao, có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{h^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{{{a^2} + {h^2}}}{{{a^2}{h^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{ah}}{{\sqrt {{a^2} + {h^2}} }}\)

d)\(MN//(ABC)\) mà \(MN \subset (MNP) \Rightarrow (MNP)//(ABC)\)

a) Đạo hàm của hàm số là \(y' = - cosx\)

b) Biểu thức \(y'(\frac{\pi }{2}) = 0\)

c) Biểu thức \(y''(\frac{\pi }{2}) = 0\)

d) Biểu thức \({y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\)

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm số lượng giác

a) \(y' = (\sin x)' = cosx\)

b) \(y'(\frac{\pi }{2}) = \cos \frac{\pi }{2} = 0\)

c) \(\begin{array}{l}y'' = \left( {cosx} \right)' = - \sin x\\y''\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = - 1\end{array}\)

d) \(\begin{array}{l}{y^{(n)}} = \sin (x + n\frac{\pi }{2})\\{y^{(2024)}} = \sin (x + 1012\pi )\end{array}\)

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp và phân tích thành nhân tử.

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {\sqrt {4x + 1} - 3} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{(4x + 1) - 9}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4x - 8}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4(x - 2)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{4}{{\sqrt {4x + 1} + 3}} = \frac{4}{{\sqrt {4.2 + 1} + 3}} = \frac{2}{3}\).

Sử dụng công thức tính đạo hàm của hàm hợp

\(\begin{array}{l}y' = \left[ {{{\left( {{x^4} - 1} \right)}^4}} \right]' = 4.{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}.4{x^3} = 16{x^3}{\left( {{x^4} - 1} \right)^3}\\y'(1) = 0\end{array}\)

Bước 1:Tính \(f({x_0}) = {f_2}({x_0})\)

Bước 2: Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {f_1}(x) = L\)

Bước 3: Nếu \({f_2}({x_0}) = L\) thì hàm số f(x) liên tục tại \({x_0}\)

 Nếu \({f_2}({x_0}) \ne L\)thì hàm số f(x) không liên tục tại \({x_0}\)_.

(Đối với bài toán tìm tham số m để hàm số liên tục tại x₀, ta thay bước 3 thành: Giải phương trình L = f₂(x₀), tìm m)

Hàm số đã cho xác định trên R

Ta có: \(f(1) = 1 - m\)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{(x - 1)(x - 2)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 2) = - 1\)

Để hàm số liên tục tại x = 1 khi \(f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 1}} \Leftrightarrow 1 - m = - 1 \Leftrightarrow m = 2\)

Sử dụng phương pháp tính góc giữa hai mặt phẳng

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\\BC \bot SA\,\,(Do\,\,SA \bot (ABCD))\\AB,SA \subset (SAB)\\AB \cap SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\\ \Rightarrow BC \bot SB\end{array}\)\(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}(SBC) \cap (ABCD) = BC\\SB \subset (SBC),SB \bot BC\\AB \subset (ABCD),AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \left( {(SBC),(ABCD)} \right) = (SB,AB)\)

Do \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot AB\). Xét tam giác SAB vuông tại A có:

\(\tan (SB,AB) = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)

Lập biểu thức tính khoảng cách từ điểm \(I( - 1;2)\) tới tiếp tuyển của đồ thị

Sử dụng BĐT Cauchy để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Giả sử \(M({x_0};2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) \in (C)\). PTTT của (C) tại M là:

\(y = \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}(x - {x_0}) + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}\,\,\,(\Delta )\)

Hay \(\begin{array}{l}(\Delta ):\,\,\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + \left[ {\frac{{3{x_0}}}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + 2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}} \right] = 0\,\,\,\\(\Delta ):\,\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}x - y + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = 0\\d(I,\Delta ) = \frac{{|\frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}{x_0} - (2 - \frac{3}{{{x_0} + 1}}) + 2 - \frac{3}{{{{({x_0} + 1)}^2}}}|}}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^4}}} + 1} }} = \frac{{6|{x_0} + 1|}}{{\sqrt {9 + {{({x_0} + 1)}^4}} }} = \frac{6}{{\sqrt {\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {{({x_0} + 1)}^2}} }}\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cauchy: \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} + {({x_0} + 1)^2} \ge 2\sqrt 9 = 6 \Rightarrow d \le \sqrt 6 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{9}{{{{({x_0} + 1)}^2}}} = {({x_0} + 1)^2} \Leftrightarrow {x_0} = - 1 \pm \sqrt 3 \)

Vậy có hai điểm cần tìm là \(M( - 1 + \sqrt 3 ;2 - \sqrt 3 )\) hoặc \(M( - 1 - \sqrt 3 ;2 + \sqrt 3 )\)

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: \(M{(1 + r\% )^{k - 1}},k \in N*\)

Trong đó:

 M: là lượng thứ ăn trang trại ăn hết trong mỗi ngày

r (%): là % mức tiêu thụ thức ăn tăng thêm mỗi ngày

Theo dự định, mỗi ngày, trang trại ăn hết: \(1:50 = \frac{1}{{50}}\)(lượng thức ăn)

Lượng thức ăn mà trang trại ăn hết ở ngày thứ k là: \(\frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{k - 1}},k \in N*\)

Xác định số tự nhiên n nhỏ nhât để:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{50}} + \frac{1}{{50}}(1 + 3\% ) + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^2} + ... + \frac{1}{{50}}{(1 + 3\% )^{n - 1}} \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}(1 + 1,03 + 1,{03^2} + ... + 1,{03^{n - 1}}) \ge 1\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{50}}.\frac{{1,{{03}^{n - 1}} - 1}}{{1,03 - 1}} \ge 1 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} - 1 \ge 1,5 \Leftrightarrow 1,{03^{n - 1}} \ge 2,5 \Leftrightarrow n - 1 \ge {\log _{1,03}}2,5 \Leftrightarrow n \ge 31,99 \Rightarrow {n_{Min}} = 32\end{array}\)