Trả lời tự luận

Câu 20: Để tìm số hạng thứ hai \( U_2 \) của cấp số nhân \((u_n)\) có tổng \( n \) số hạng đầu tiên là \( S_n = 5^n - 1 \), chúng ta sẽ thực hiện các bước sau: 1. Tìm số hạng đầu tiên \( u_1 \): Tổng của 1 số hạng đầu tiên \( S_1 \) là: \[ S_1 = u_1 = 5^1 - 1 = 4 \] Vậy \( u_1 = 4 \). 2. Tìm số hạng thứ hai \( u_2 \): Tổng của 2 số hạng đầu tiên \( S_2 \) là: \[ S_2 = u_1 + u_2 = 5^2 - 1 = 24 \] Ta đã biết \( u_1 = 4 \), nên: \[ 4 + u_2 = 24 \] Giải phương trình này để tìm \( u_2 \): \[ u_2 = 24 - 4 = 20 \] Vậy số hạng thứ hai \( U_2 \) của cấp số nhân là: \[ U_2 = 20 \] Câu 1: Phần a) Ta có phương trình: \[ \tan x - \sqrt{3} = 0 \] Bước 1: Chuyển vế để tìm giá trị của \(\tan x\): \[ \tan x = \sqrt{3} \] Bước 2: Xác định các giá trị của \(x\) sao cho \(\tan x = \sqrt{3}\). Ta biết rằng \(\tan x = \sqrt{3}\) tại: \[ x = \frac{\pi}{3} + k\pi \] với \(k\) là số nguyên. Bước 3: Viết nghiệm tổng quát: \[ x = \frac{\pi}{3} + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \] Phần b) Ta có phương trình: \[ \cos 3x - \cos \left(2x - \frac{\pi}{5}\right) = 0 \] Bước 1: Chuyển vế để viết lại phương trình: \[ \cos 3x = \cos \left(2x - \frac{\pi}{5}\right) \] Bước 2: Sử dụng công thức \(\cos A = \cos B\) suy ra \(A = B + 2k\pi\) hoặc \(A = -B + 2k\pi\). Do đó, ta có hai trường hợp: \[ 3x = 2x - \frac{\pi}{5} + 2k\pi \] hoặc \[ 3x = -\left(2x - \frac{\pi}{5}\right) + 2k\pi \] Bước 3: Giải từng trường hợp. Trường hợp 1: \[ 3x = 2x - \frac{\pi}{5} + 2k\pi \] \[ x = -\frac{\pi}{5} + 2k\pi \] Trường hợp 2: \[ 3x = -2x + \frac{\pi}{5} + 2k\pi \] \[ 5x = \frac{\pi}{5} + 2k\pi \] \[ x = \frac{\pi}{25} + \frac{2k\pi}{5} \] Bước 4: Viết nghiệm tổng quát: \[ x = -\frac{\pi}{5} + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \] hoặc \[ x = \frac{\pi}{25} + \frac{2k\pi}{5} \quad (k \in \mathbb{Z}) \] Câu 2: Để tính số tiền ông An có được sau 1 năm, chúng ta sẽ sử dụng công thức tính lãi kép. Công thức này cho phép chúng ta tính số tiền cuối cùng sau một khoảng thời gian nhất định với lãi suất hàng tháng. Công thức tính lãi kép: \[ A = P \left(1 + \frac{r}{n}\right)^{nt} \] Trong đó: - \( A \) là số tiền cuối cùng. - \( P \) là số tiền gốc ban đầu. - \( r \) là lãi suất hàng tháng (dưới dạng thập phân). - \( n \) là số lần lãi được cộng dồn trong một năm (ở đây là 12 tháng). - \( t \) là số năm. Tuy nhiên, vì ông An gửi tiền vào ngân hàng mỗi tháng, chúng ta cần tính tổng số tiền ông An có được sau 12 tháng. Bước 1: Tính số tiền ông An có được sau 1 tháng. Số tiền ông An có được sau 1 tháng là: \[ 50 \text{ triệu đồng} \times (1 + 0,006) = 50 \text{ triệu đồng} \times 1,006 = 50,3 \text{ triệu đồng} \] Bước 2: Tính số tiền ông An có được sau 2 tháng. Số tiền ông An có được sau 2 tháng là: \[ (50,3 \text{ triệu đồng} + 50 \text{ triệu đồng}) \times 1,006 = 100,3 \text{ triệu đồng} \times 1,006 = 100,9018 \text{ triệu đồng} \] Bước 3: Tiếp tục tính tương tự cho các tháng tiếp theo. Bước 4: Tính tổng số tiền ông An có được sau 12 tháng. Chúng ta sẽ sử dụng công thức tính tổng của một chuỗi số nhân lặp lại: \[ S_n = a \frac{(1 - r^n)}{(1 - r)} \] Trong đó: - \( S_n \) là tổng số tiền sau 12 tháng. - \( a \) là số tiền gửi ban đầu (50 triệu đồng). - \( r \) là lãi suất hàng tháng (1,006). - \( n \) là số tháng (12). \[ S_{12} = 50 \text{ triệu đồng} \times \frac{(1 - 1,006^{12})}{(1 - 1,006)} \] \[ S_{12} = 50 \text{ triệu đồng} \times \frac{(1 - 1,0741)}{(1 - 1,006)} \] \[ S_{12} = 50 \text{ triệu đồng} \times \frac{-0,0741}{-0,006} \] \[ S_{12} = 50 \text{ triệu đồng} \times 12,35 \] \[ S_{12} = 617,5 \text{ triệu đồng} \] Vậy, số tiền ông An có được sau 1 năm là 617,5 triệu đồng. Câu 3: Để tìm ngày trong năm mà thành phố A có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất, chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của hàm số \( y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(t - 60) + 10\right] \). Bước 1: Xác định giá trị lớn nhất của hàm số \( y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(t - 60) + 10\right] \). Giá trị lớn nhất của hàm số \( \sin \theta \) là 1. Do đó, giá trị lớn nhất của \( y \) sẽ là: \[ y_{\text{max}} = 4 \times 1 = 4 \] Bước 2: Tìm giá trị của \( t \) để \( \sin\left[\frac{\pi}{178}(t - 60) + 10\right] = 1 \). \[ \sin\left[\frac{\pi}{178}(t - 60) + 10\right] = 1 \] \[ \frac{\pi}{178}(t - 60) + 10 = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z}) \] Chúng ta chọn \( k = 0 \) để tìm giá trị \( t \) gần nhất: \[ \frac{\pi}{178}(t - 60) + 10 = \frac{\pi}{2} \] \[ \frac{\pi}{178}(t - 60) = \frac{\pi}{2} - 10 \] \[ \frac{\pi}{178}(t - 60) = \frac{\pi}{2} - \frac{20}{2} \] \[ \frac{\pi}{178}(t - 60) = \frac{\pi - 20}{2} \] \[ t - 60 = \frac{178(\pi - 20)}{2\pi} \] \[ t = 60 + \frac{178(\pi - 20)}{2\pi} \] Bước 3: Tính giá trị cụ thể của \( t \). \[ t = 60 + \frac{178(\pi - 20)}{2\pi} \approx 60 + \frac{178(3.14 - 20)}{2 \times 3.14} \] \[ t \approx 60 + \frac{178(-16.86)}{6.28} \] \[ t \approx 60 - \frac{178 \times 16.86}{6.28} \] \[ t \approx 60 - 47.5 \] \[ t \approx 12.5 \] Vì \( t \) phải là số nguyên, chúng ta kiểm tra \( t = 13 \) và \( t = 12 \): \[ t = 13 \] \[ y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(13 - 60) + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(-47) + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[-\frac{47\pi}{178} + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[10 - \frac{47\pi}{178}\right] \] \[ t = 12 \] \[ y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(12 - 60) + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[\frac{\pi}{178}(-48) + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[-\frac{48\pi}{178} + 10\right] \] \[ y = 4\sin\left[10 - \frac{48\pi}{178}\right] \] Do đó, giá trị lớn nhất của \( y \) đạt được khi \( t = 13 \). Vậy, thành phố A có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất vào ngày 13 tháng 1. Câu 4: Để dãy số $(u_n)$ là dãy số tăng, ta cần có $u_{n+1} > u_n$ với mọi $n \geq 1$. Ta sẽ kiểm tra điều này bằng cách so sánh $u_{n+1}$ và $u_n$. Trước tiên, ta viết lại $u_n$ và $u_{n+1}$: \[ u_n = \frac{mn + 1}{n + 1} \] \[ u_{n+1} = \frac{m(n+1) + 1}{(n+1) + 1} = \frac{mn + m + 1}{n + 2} \] Yêu cầu $u_{n+1} > u_n$ tức là: \[ \frac{mn + m + 1}{n + 2} > \frac{mn + 1}{n + 1} \] Nhân chéo để loại bỏ mẫu số: \[ (mn + m + 1)(n + 1) > (mn + 1)(n + 2) \] Phân phối và đơn giản hóa: \[ mn^2 + mn + n + m + 1 > mn^2 + 2mn + n + 2 \] Bỏ $mn^2$ và $n$ từ cả hai vế: \[ mn + m + 1 > 2mn + 2 \] Chuyển tất cả các hạng tử về một vế: \[ mn + m + 1 - 2mn - 2 > 0 \] \[ -mn + m - 1 > 0 \] \[ -mn + m > 1 \] \[ m(-n + 1) > 1 \] Do $n \geq 1$, nên $-n + 1 \leq 0$. Để bất đẳng thức trên đúng, $m$ phải âm hoặc bằng 0. Tuy nhiên, nếu $m = 0$, thì $u_n = \frac{1}{n+1}$, dãy số này giảm dần. Do đó, $m$ phải âm. Ta có: \[ m(-n + 1) > 1 \] \[ m > \frac{1}{-n + 1} \] Vì $-n + 1$ là số âm, ta có: \[ m < \frac{1}{n - 1} \] Để dãy số tăng, $m$ phải thỏa mãn: \[ m < \frac{1}{n - 1} \] Vì $n \geq 1$, $n - 1 \geq 0$, nên $\frac{1}{n - 1}$ là số dương. Do đó, $m$ phải là số âm. Cuối cùng, ta cần tìm các giá trị nguyên của $m$ trong khoảng $(-2024; 2025]$ sao cho $m < \frac{1}{n - 1}$ với mọi $n \geq 1$. Điều này có nghĩa là $m$ phải là số nguyên âm. Số lượng giá trị nguyên của $m$ trong khoảng $(-2024; 2025]$ là 2024 giá trị (từ -2023 đến -1). Đáp án: Có 2024 giá trị nguyên của tham số $m$ trong khoảng $(-2024; 2025]$ để dãy số $(u_n)$ là dãy số tăng.