Đề thi học kì 1 Toán 11 Cánh diều - Đề số 5 — Không quảng cáo

Sử dụng công thức: \(\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}}\).

Ta có: \(\tan \left( {a + b} \right) = \frac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a\tan b}}\)

Sử dụng kiến thức về hàm số \(y = \cot x\): Hàm số \(y = \cot x\) là hàm số lẻ và tuần hoàn với chu kì \(\pi \).

Hàm số \(y = \cot x\) là hàm số lẻ và tuần hoàn với chu kì \(\pi \).

Sử dụng kiến thức: Cho hai góc lượng giác (Ou, Ov), (O’u’, O’v’) có tia đầu trùng nhau, tia cuối cùng nhau nếu: \(\left( Ou,Ov \right)=\left( O’u’,O’v’ \right)+k2\pi \) với k là số nguyên.

Góc lượng giác có cùng điểm cuối, cùng điểm đầu với góc lượng giác có số đo \(\frac{\pi }{4}\) là: \(\frac{\pi }{4} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Sử dụng kiến thức về dấu của giá trị lượng giác: Nếu \(\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  < 0\) thì \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ (II).

Nếu \(\sin \alpha  > 0,\cos \alpha  < 0\) thì \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ (II).

Sử kiến thức giá trị lượng giác của góc lượng giác: \(\sin \left( {\alpha  + k2\pi } \right) = \sin \alpha \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\(\sin \left( {\alpha  + k2\pi } \right) = \sin \alpha \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Sử dụng kiến thức về cấp số cộng: Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với công sai d được cho bởi hệ thức truy hồi \({u_n} = {u_{n - 1}} + d\) với \(n \ge 2\).

Cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với công sai d được cho bởi hệ thức truy hồi \({u_n} = {u_{n - 1}} + d\) với \(n \ge 2\).

Sử dụng kiến thức về chứng minh cấp số nhân: Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) gồm các số khác 0 thỏa mãn tỉ số \(\frac{{{u_n}}}{{{u_{n - 1}}}}\) không đổi thì dãy số  \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân.

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) gồm các số khác 0 thỏa mãn tỉ số \(\frac{{{u_n}}}{{{u_{n - 1}}}}\) không đổi thì dãy số  \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số nhân.

Sử dụng kiến thức số hạng tổng quát của dãy số.

Ta có: \({u_{n + 1}} = {2020^{n + 1}}\)

Sử dụng quy tắc về giới hạn dãy số: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} - a} \right) = 0\).

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a\) khi và chỉ khi \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {{u_n} - a} \right) = 0\).

Sử dụng kiến thức hàm số liên tục: Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Nếu \(f\left( a \right).f\left( b \right) < 0\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm trong \(\left( {a;b} \right)\).

Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\) liên tục trên đoạn \(\left[ {a;b} \right]\). Nếu \(f\left( a \right).f\left( b \right) < 0\) thì phương trình \(f\left( x \right) = 0\) có ít nhất một nghiệm trong \(\left( {a;b} \right)\).

Sử dụng kiến thức về hàm số liên tục.

Tại \(x = 2\) thì hàm số không liên tục.

Sử dụng quy tắc tính giới hạn của dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} =  - \infty \) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0\).

Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} =  - \infty \) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = 0\)

Sử dụng kiến thức về điểm thuộc mặt phẳng.

Vì điểm \(A \in OC\) nên điểm A thuộc mặt phẳng (SOC).

Sử dụng kiến thức về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.

Trong không gian, chỉ có một đường thẳng phân biệt đi qua hai điểm phân biệt cho trước nên đáp án A sai.

Sử dụng kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng:

+ Nếu d và (P) không có điểm chung thì ta nó d song song với (P).

+ Nếu đường thẳng a không nằm trong mặt phẳng (P) và song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) thì a song song với (P).

Đáp án đúng: \(d \cap \left( P \right) = \emptyset \)

Sử dụng kiến thức về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian: Nếu đường thẳng d và mặt phẳng (P) có duy nhất một điểm chung thì d cắt mặt phẳng (P).

Nếu đường thẳng d và mặt phẳng (P) có duy nhất một điểm chung thì d cắt mặt phẳng (P).

Sử dụng kiến thức về hình chóp tứ giác: Hình chóp S. ABCD có 5 đỉnh là S, A, B, C, D.

Hình chóp S. ABCD có 5 đỉnh là S, A, B, C, D.

Sử dụng kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Mặt phẳng (Q) chứa a và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến b thì b song song với a.

Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Mặt phẳng (Q) chứa a và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến b thì b song song với a.

Sử dụng công thức: \(1 + {\tan ^2}\alpha  = \frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }}\).

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) nên \(\cos \alpha  < 0\).

Ta có: \(\frac{1}{{\cos \alpha }} =  - \sqrt {1 + {{\tan }^2}\alpha }  =  - \sqrt 5  \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{ - \sqrt 5 }}{5}\).

Sử dụng công thức: \(\sin a + \sin b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a - b}}{2};\cos a + \cos b = 2\cos \frac{{a + b}}{2}\cos \frac{{a - b}}{2};\)

\(A = \frac{{\sin x + \sin 2x + \sin 3x}}{{\cos x + \cos 2x + \cos 3x}} = \frac{{2\sin 2x\cos x + \sin 2x}}{{2\cos 2x\cos x + \cos 2x}} = \frac{{\sin 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}}{{\cos 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}} = \tan 2x\)

Sử dụng kiến công thức: \(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b\)

\(\sin \frac{{37\pi }}{{12}} = \sin \left( {2\pi  + \pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( {\pi  + \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \sin \frac{\pi }{{12}} =  - \sin \left( {\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{4}} \right)\)

\( =  - \left( {\sin \frac{\pi }{3}\cos \frac{\pi }{4} - \cos \frac{\pi }{3}\sin \frac{\pi }{4}} \right) =  - \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2} - \frac{1}{2}.\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{ - \sqrt 6  + \sqrt 2 }}{4}\)

Sử dụng kiến thức về công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai d thì số hạng tổng quát \({u_n}\) của nó được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Ta có: \({u_1} = 2024\) và \({u_n} = {u_{n - 1}} - 3\) với \(n \ge 2\), \(n \in \mathbb{N}*\) nên \(d = {u_n} - {u_{n - 1}} = \left( {{u_{n - 1}} - 3} \right) - {u_{n - 1}} =  - 3\)

Vậy số hạng tổng quát của cấp số cộng là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 2024 + \left( {n - 1} \right)\left( { - 3} \right) =  - 3n + 2027\) với \(n \ge 2\), \(n \in \mathbb{N}*\).

Sử dụng kiến thức về công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công bội q thì số hạng tổng quát \({u_n}\) của nó được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}\) với \(n \ge 2\).

200 lần sạc tạo thành 1 chu kì, 1200 lần sạc tạo thành 6 chu kì.

Pin điện thoại ban đầu là 100%, sau 1 chu kì còn 96% = 0,96.

Sau chu kì thứ 2, pin chỉ còn 96% so với sau chu kì 1, tức 0,96.0,96 = 0,9216.

…

Như vậy, pin điện thoại sau mỗi chu kì sạc sẽ tạo thành một cấp số nhân có công bội \(q = 0,96\) và số hạng đầu \({u_1} = 100\% \).

Mức pin điện thoại ban đầu là \({u_1} = 100\% \).

Mức pin điện thoại sau 1 chu kì là \({u_2}\).

Mức pin điện thoại sau 2 chu kì là \({u_3}\).

…

Mức pin điện thoại sau 6 chu kì là \({u_7}\).

Dung lượng pin của điện thoại còn lại sau 1200 lần sạc so với lúc mới mua là: \({u_7} = {u_1}.{q^6} = 100\% .{\left( {0,96} \right)^6} \approx 78,28\% \).

Sử dụng kiến thức về dãy số bị chặn:

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho \({u_n} \le M\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho \({u_n} \ge m\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới.

Ta có: \({u_n} = 25{n^2} + 10n + 9 = \left( {25{n^2} + 10n + 1} \right) + 8 = {\left( {5n + 1} \right)^2} + 8 \ge 8\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).

Do đó, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn dưới, không bị chặn trên.

Sử dụng kiến thức giới hạn dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} = b \ne 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{n^2} - 2}}{{a{n^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{n^2}\left( {\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{2}{{{n^2}}}} \right)}}{{{n^2}\left( {\frac{{a{n^2}}}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{1 - \frac{2}{{{n^2}}}}}{{a - \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{1}{a}\)

Do đó, \(\frac{1}{a} = 2 \Rightarrow a = \frac{1}{2}\left( {tm} \right)\)

Sử dụng quy tắc về giới hạn của dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} = b \ne 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  - n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  - n} \right)\left( {\sqrt {{n^2} - 18n}  + n} \right)}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18n}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18n}}{{\sqrt {{n^2} - 18n}  + n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{ - 18}}{{\sqrt {1 - \frac{{18}}{n}}  + 1}} =  - 9\)

Sử dụng kiến thức về tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: Cấp số nhân lùi vô hạn \(\left( {{u_n}} \right)\) với công bội q, số hạng đầu \({u_1}\) thì có tổng là \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}}\).

Ta có: \(3,333... = 3 + 0,3 + 0,03 + 0,003 + ... = 3 + 3.\frac{1}{{10}} + 3.\frac{1}{{{{10}^2}}} + 3.\frac{1}{{{{10}^3}}} + ...\)

Đây là cấp số nhân lùi vô hạn với \({u_1} = 3,q = \frac{1}{{10}}\) nên \(3,333... = \frac{3}{{1 - \frac{1}{{10}}}} = \frac{{10}}{3}\)

Sử dụng kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Nếu mặt phẳng (Q) chứa a và cắt (P) theo giao tuyến b thì a song song với b.

Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD và AM cắt nhau tại I nên I là trọng tâm của tam giác ABC.

Suy ra: \(\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3}\)

Vì \(\left( \alpha  \right)\) và mặt phẳng (SBD) có điểm chung là I, \(\left( \alpha  \right)\)//SD, \(SD \subset \left( {DBD} \right)\) nên giao tuyến của \(\left( \alpha  \right)\) và mặt phẳng (SBD) là đường thẳng qua I song song với SD cắt SB tại N. Do đó, \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{ID}}{{DB}} = \frac{2}{3}\)

Sử dụng kiến thức về giao tuyến của hai mặt phẳng: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AD\\MN \subset \left( {PMN} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\P \in \left( {PMN} \right) \cap \left( {SAD} \right)\end{array} \right.\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (PMN) là đường thẳng qua P song song với AD.

Sử dụng kiến thức về giao tuyến của hai mặt phẳng: Đường thẳng d (nếu có) của hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q) được gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng đó và kí hiệu là \(d = \left( P \right) \cap \left( Q \right)\).

Ta có: M thuộc mặt phẳng (MIJ), M thuộc mặt phẳng (ACD) nên M là điểm chung của mặt phẳng (MIJ) và mặt phẳng (ACD).

Lại có: \(H \in CD \subset \left( {ACD} \right),H \in IJ \subset \left( {IJM} \right) \Rightarrow H \in \left( {IJM} \right) \cap \left( {ACD} \right)\)

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng (ACD) và (IJM) là MH.

Sử dụng quy tắc về giới hạn của dãy số: Nếu \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {u_n} = a,\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } {v_n} = b \ne 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{a}{b}\).

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right)\left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)} \right)}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{\left( {4{n^2} - 5n + 8} \right) - {{\left( {a - 2n} \right)}^2}}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{4an - 5n + 8 - {a^2}}}{{\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  - \left( {a - 2n} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \frac{{4a - 5 + \frac{8}{n} - \frac{{{a^2}}}{n}}}{{\sqrt {4 - \frac{5}{n} + \frac{8}{{{n^2}}}}  - \frac{a}{n} + 2}} = \frac{{4a - 5}}{4}\)

Để \(\mathop {\lim }\limits_{n \to  + \infty } \left( {\sqrt {4{n^2} - 5n + 8}  + a - 2n} \right) = 1\) thì \(\frac{{4a - 5}}{4} = 1 \Leftrightarrow 4a = 9 \Leftrightarrow a = \frac{9}{4}\)

Sử dụng kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng: Nếu đường thẳng a không nằm trong mặt phẳng (P) và song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) thì a song song với P.

Vì \(\frac{{BC}}{{BJ}} = \frac{{DA}}{{DK}} = 2\) và \(BC = AD\) nên \(BJ = DK\), \(JC = AK\)

Gọi O là giao điểm của AC và JK.

Tam giác JOC có JC//AK nên: \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{AK}}{{JC}} = 1\), suy ra O là trung điểm của AC.

Vì M, O lần lượt là trung điểm của SA và AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC.

Do đó, MO//SC, mà \(MO \subset \left( {MJK} \right)\) nên SC//(MJK).

Sử dụng kiến thức: Phương trình \(a\sin x + b\cos x = c\) có nghiệm khi \({a^2} + {b^2} \ge {c^2}\)

Gọi \({y_o}\) là một giá trị của hàm số. Khi đó, phương trình \({y_o} = \frac{{\cos x + 2\sin x + 3}}{{2\cos x - \sin x + 4}}\) có nghiệm.

Ta có: \({y_o} = \frac{{\cos x + 2\sin x + 3}}{{2\cos x - \sin x + 4}} \Leftrightarrow \left( {2{y_o} - 1} \right)\cos x - \left( {{y_o} + 2} \right)\sin x = 3 - 4{y_o}\) (1)

Phương trình (1) có nghiệm \( \Leftrightarrow {\left( {2{y_o} - 1} \right)^2} + {\left( {{y_o} + 2} \right)^2} \ge {\left( {3 - 4{y_o}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow 11y_o^2 - 24{y_o} + 4 \le 0 \Leftrightarrow \frac{2}{{11}} \le {y_o} \le 2\)

Vậy \(\frac{2}{{11}} \le y \le 2\).

Sử dụng kiến thức về công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân: Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công bội q thì số hạng tổng quát \({u_n}\) của nó được xác định theo công thức: \({u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}},n \ge 2\).

Với mọi \(n \ge 1,n \in \mathbb{N}\) ta có: \({u_{n + 1}} = \frac{{ - {u_n} + 1}}{{2{u_n}}} \Rightarrow {u_{n + 1}} + 1 = \frac{{ - {u_n} + 1}}{{2{u_n}}} + 1 = \frac{{{u_n} + 1}}{{2{u_n}}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} = \frac{{2{u_n}}}{{{u_n} + 1}} =  - \frac{2}{{{u_n} + 1}} + 2 \Rightarrow \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} - \frac{2}{3} =  - \frac{2}{{{u_n} + 1}} + \frac{4}{3} =  - 2\left( {\frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3}} \right)\)

Đặt \({v_n} = \frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3}\) với mọi \(n \ge 1,n \in \mathbb{N}\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_{n + 1}} = \frac{1}{{{u_{n + 1}} + 1}} - \frac{2}{3},n \ge 1,n \in \mathbb{N}\\{v_1} = \frac{1}{{{u_1} + 1}} - \frac{2}{3} = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_{n + 1}} =  - 2{v_n},n \ge 1,n \in \mathbb{N}\\{v_1} = \frac{{ - 1}}{3}\end{array} \right.\)

Do đó, \(\left( {{v_n}} \right)\) là một cấp số nhân với số hạng đầu \({v_1} = \frac{{ - 1}}{3}\) và công bội \(q =  - 2\)

Số hạng tổng quát của \(\left( {{v_n}} \right)\) là: \({v_n} = {v_1}.{q^{n - 1}} = \frac{{ - 1}}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{{{u_n} + 1}} - \frac{2}{3} =  - \frac{1}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}} \Rightarrow \frac{1}{{{u_n} + 1}} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3}{\left( { - 2} \right)^{n - 1}}\)\( \Rightarrow {u_n} = \frac{1}{{\frac{2}{3} - \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}} - 1 = \frac{{\frac{1}{3} + \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{\frac{2}{3} - \frac{1}{3}{{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}} = \frac{{1 + {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{2 - {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}\)

Vậy số hạng tổng quát của dãy số đã cho là: \({u_n} = \frac{{1 + {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}{{2 - {{\left( { - 2} \right)}^{n - 1}}}}\)