Bộ 5 đề thi cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Đề 1
22 câu hỏi
PHẦN I. Câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12.
Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Tìm tập xác định \({\rm{D}}\) của hàm số \(y = \frac{{2025}}{{\sin x}}.\)
\({\rm{D}} = \mathbb{R}.\)
\[{\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}.\]
\({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
\[{\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\]
Đáp án đúng là: C
Hàm số xác định khi và chỉ khi \(\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi ,{\rm{ }}k \in \mathbb{Z}.\)
Vật tập xác định \({\rm{D}} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}.\)
Tập nghiệm của phương trình \(3\cos \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0\) là
\(\left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{{5\pi }}{6} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
\(\left\{ {\frac{{5\pi }}{{18}} + \frac{{k2\pi }}{3},k \in \mathbb{Z}} \right\}\).
Đáp án đúng là: B
\(3\cos \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {3x - \frac{\pi }{3}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \)\( \Leftrightarrow x = \frac{{5\pi }}{{18}} + k\frac{\pi }{3},k \in \mathbb{Z}\).
Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\), biết \({u_n} = \frac{n}{{{2^n}}}\). Chọn đáp án đúng.
\({u_4} = \frac{1}{4}\).
\({u_5} = \frac{1}{{16}}\).
\({u_5} = \frac{1}{{32}}\).
\({u_3} = \frac{1}{8}\).
Đáp án đúng là: A
\({u_4} = \frac{4}{{{2^4}}} = \frac{1}{4}\).
Cho cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = 2\) và công bội \(q = \frac{3}{2}\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\({u_2} = \frac{7}{2}\).
\({u_2} = 3\).
\({u_2} = \frac{9}{2}\).
\({u_2} = 4\).
Đáp án đúng là: B
Ta có \({u_2} = {u_1}.q = 2.\frac{3}{2} = 3\).
Cho hai dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) và \(\left( {{v_n}} \right)\) thỏa mãn \(\lim {u_n} = 2\) và \(\lim {v_n} = 3\). Giá trị của \(\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right)\) bằng
\(5\).
\(6\).
\( - 1\).
\(1\).
Đáp án đúng là: B
\(\lim \left( {{u_n}.{v_n}} \right)\)\( = \lim {u_n} \cdot \lim {v_n} = 2 \cdot 3 = 6\).
Hàm số nào sau đây liên tục trên \(\mathbb{R}\)?
\(y = \sqrt x .\)
\(y = \cot x.\)
\(y = \tan x.\)
\(y = \frac{1}{{{x^2} + 1}}.\)
Đáp án đúng là: D
Xét hàm số \(y = \frac{1}{{{x^2} + 1}}.\)
Điều kiện \({x^2} + 1 \ne 0\) (luôn đúng do \({x^2} \ge 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên \({x^2} + 1 > 0,\,\forall x \in \mathbb{R}\)).
Tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}.\)
Hàm số \(y = \frac{1}{{{x^2} + 1}}\) là hàm phân thức nên nó liên tục trên tập xác định \(D = \mathbb{R}.\)
\(\lim \frac{{2{n^2} - 3}}{{{n^6} + 5{n^5}}}\) bằng
\(2\).
\(0\).
\( - \frac{3}{5}\).
\( - 3\).
Đáp án đúng là: B
\(\lim \frac{{2{n^2} - 3}}{{{n^6} + 5{n^5}}}\)\( = \lim \frac{{\frac{2}{{{n^4}}} - \frac{3}{{{n^6}}}}}{{1 + \frac{5}{n}}} = 0\).
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\)bằng
1.
\( + \infty .\)
\( - \infty .\)
0.
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {2x - 1} \right) = 2.1 - 1 = 1 > 0;\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 1} \right) = 0,\)\(x - 1 > 0\) khi \(x > 1.\)
\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 1}} = + \infty .\)
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Trong không gian, qua một điểm và một đường thẳng cho trước, có đúng một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.
Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến đó đồng quy.
Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến đó đôi một song song.
Đáp án đúng là: B
Theo tính chất hai đường thẳng song song ta có: Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
Xét phương án A: Nếu điểm nằm trên đường thẳng thì không tồn tại đường thẳng qua điểm đó và song song với đường thẳng đã cho.
Xét phương án C và D: Vì nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến đó đồng quy hoặc đôi một song song.
Cho mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \(a,b\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\) chứa đường thẳng \(c\). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
Nếu \(a//c\) thì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).
Nếu \(b//c\) thì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).
Nếu \(a//\left( Q \right)\) và \(b//\left( Q \right)\) thì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).
Nếu \(a,b\) cắt nhau, \(a//\left( Q \right)\) và \(b//\left( Q \right)\) thì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).
Đáp án đúng là: D
Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng \(a,b\) cắt nhau, \(a//\left( Q \right)\) và \(b//\left( Q \right)\) thì \(\left( P \right)//\left( Q \right)\).
Qua phép chiếu song song, tính chất nào không được bảo toàn?
Chéo nhau.
Đồng quy.
Thẳng hàng.
Song song.
Đáp án đúng là: A
Do hai đường thẳng qua phép chiếu song song ảnh của chúng sẽ cùng thuộc một mặt phẳng.
Cho hình chóp tứ \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Khẳng định nào sau đây sai?
\(CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right).\)
\(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right).\)
\[BC{\rm{//}}\left( {SAD} \right).\]
\(AC{\rm{//}}\left( {SBD} \right).\)
Đáp án đúng là: D
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên gọi \(O = AC \cap BD.\)
\( \Rightarrow O \in BD\) mà \(BD \subset \left( {SBD} \right).\)
\( \Rightarrow O = AC \cap \left( {SBD} \right).\)
Như vậy\(AC\)không song song với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right).\)
PHẦN II. Câu trắc nghiệm đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho biết \(\sin \alpha = \frac{1}{2}\) và \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \). Xét tính đúng sai của các khẳng định sau:
a) \(\cos \alpha > 0.{\rm{ }}\)
b) \({\cos ^2}\alpha = \frac{3}{4}\).
c) \(\sin 2\alpha = \frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\).
d) \(\cos 2\alpha = \sin \alpha \).
a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a)\({\rm{ V\`i }}\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi {\rm{ n\^e n }}\cos \alpha < 0.{\rm{ }}\)
b)Ta có: \({\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)( \({\rm{V\`i }}\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi {\rm{ n\^e n }}\cos \alpha < 0.\))
c)Ta có \(\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
d)\(\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha = 1 - 2{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\cos 2\alpha = \sin \alpha \).
Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1} = \frac{3}{2}\), công sai \(d = \frac{1}{2}\). Khi đó
a) Số hạng tổng quát là \({u_n} = 1 + \frac{n}{3}\).
b) \(5\) là số hạng thứ 8 của cấp số cộng đã cho.
c) \(\frac{{15}}{4}\) là một số hạng của cấp số cộng đã cho.
d) Tổng 100 số hạng đầu của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) bằng \(2620\).
a) S, b) Đ, c) S, d) S
a) Ta có \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = \frac{3}{2} + \left( {n - 1} \right).\frac{1}{2} = 1 + \frac{n}{2}\).
b) Ta có \({u_8} = 1 + \frac{8}{2} = 5\).
c) Xét \(\frac{{15}}{4} = 1 + \frac{n}{2} \Rightarrow n = \frac{{11}}{2} \notin \mathbb{N}*\). Suy ra \(\frac{{15}}{4}\) không là một số hạng của cấp số cộng đã cho.
d) Có \({S_{100}} = \frac{{100.\left[ {2.\frac{3}{2} + \left( {100 - 1} \right).\frac{1}{2}} \right]}}{2} = 2625\).
Cho hàm số \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}x - 2\;\;\;\;\;{\rm{khi}}\;x < - 1\\\sqrt {{x^2} + 1} \;\;{\rm{khi}}\;x \ge - 1\end{array} \right.\). Khi đó:
a) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = \sqrt 5 \).
b)\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = - 3\).
c) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = \sqrt 2 \).
d) Hàm số tồn tại giới hạn khi \(x \to - 1\).
a) S, b) Đ, c) Đ, d) S
a) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left( {x - 2} \right) = - 4\).
b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \left( {x - 2} \right) = - 3\).
c) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \sqrt {{x^2} + 1} = \sqrt 2 \).
d) Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} f\left( x \right)\) nên không tồn tại \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành và \(O\) là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành \(ABCD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD\). Khi đó:
a) Điểm \(O\) là điểm chung của \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
b)\(MN//BC\).
c) \(OM//\left( {SBC} \right)\).
d) Giao tuyến của \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng d song song với hai đường thẳng \(MN\) và \(BC\).
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S
a) Vì \(\left. \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O = AC \cap BD\end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in \left( {OMN} \right)\\O \in \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\).
b) Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SD\) nên \(MN//AD\).
Mà \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD//BC\).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}MN//AD\\AD//BC\end{array} \right. \Rightarrow MN//BC\).
c) Vì \(M,O\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(AC\) nên \(MO//SC\).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}OM//SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow OM//\left( {SBC} \right)\).
d) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}MN//BC\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN//\left( {SBC} \right)\).
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}MN//\left( {SBC} \right)\\OM//\left( {SBC} \right)\\MN \cap OM = M\\MN,OM \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
Do đó hai mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) không có đường thẳng giao tuyến.
PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời câu 1 đến câu 6.
Giả sử một vật dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng theo phương trình \(x = 2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right)\). Ở đây, thời gian \(t\) tính bằng giây và quãng đường \(x\) tính bằng centimét. Hãy cho biết trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cân bằng bao nhiêu lần?
Trả lời: 9
Vị trí cân bằng của vật dạo động điều hòa là vị trí vật đứng yên, khi đó \(x = 0\), ta có
\(2\cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \cos \left( {5t - \frac{\pi }{6}} \right) = 0\)\[ \Leftrightarrow 5t - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}\]\[ \Leftrightarrow t = \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5},k \in \mathbb{Z}\].
Trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, tức là \(0 \le t \le 6\) hay
\[0 \le \frac{{2\pi }}{{15}} + k\frac{\pi }{5} \le 6\]\[ \Leftrightarrow - \frac{2}{3} \le k \le \frac{{90 - 2\pi }}{{3\pi }}\].
Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k \in \left\{ {0;1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\).
Vậy trong khoảng thời gian từ 0 đến 6 giây, vật đi qua vị trí cần bằng 9 lần.
Chu kì bán rã của nguyên tố phóng xạ polonium 210 là 138 ngày (nghĩa là sau 138 ngày khối lượng của nguyên tố đó chỉ còn một nửa). Khối lượng còn lại của 20 gam polonium 210 sau 7314 ngày (khoảng 20 năm) có dạng \( \approx a,{22.10^{ - b}}\) với \(a;b\) là các số tự nhiên. Tính \(S = b - 2a\).
Trả lời: 11
Gọi \({u_n}\) (gam) là khối lượng còn lại của 20 gam polonium 210 sau \(n\) chu kì bán rã.
Ta có \(7314\) ngày gồm 53 chu kì bán rã.
Theo đề bài ta, ta cần tính \({u_{53}}\).
Từ giả thiết suy ra dãy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một cấp số nhân với số hạng đầu là \({u_1} = \frac{{20}}{2} = 10\) và công bội \(q = 0,5\). Suy ra \({u_n} = 10.{\left( {0,5} \right)^{n - 1}}\).
Do đó \({u_{53}} = 10.{\left( {0,5} \right)^{52}} \approx 2,{22.10^{ - 15}}\). Suy ra \(a = 2;b = 15 \Rightarrow S = 15 - 4 = 11\).
Tìm giới hạn sau \(\lim \frac{{1 + 2 + ... + n}}{{{n^2} + 3n}}\).
Trả lời: 0,5
\(\lim \frac{{1 + 2 + ... + n}}{{{n^2} + 3n}}\)\[ = \lim \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2\left( {{n^2} + 3n} \right)}}\]\[ = \lim \frac{{{n^2}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}}{{2{n^2}\left( {1 + \frac{3}{n}} \right)}} = \frac{1}{2}\].
Biết rằng giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9} + \sqrt {x + 16} - 7}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{a}{{\sqrt {x + 9} + b}} + \frac{c}{{\sqrt {x + 16} + d}}} \right]\) với \(a;b;c;d\) là các số nguyên dương. Tính \(a + b + c + d\).
Trả lời: 9
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {x + 9} + \sqrt {x + 16} - 7}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\sqrt {x + 9} - 3}}{x} + \frac{{\sqrt {x + 16} - 4}}{x}} \right)\)
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 9} + 3} \right)}} + \frac{x}{{x\left( {\sqrt {x + 16} + 4} \right)}}} \right)\]\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{1}{{\sqrt {x + 9} + 3}} + \frac{1}{{\sqrt {x + 16} + 4}}} \right)\].
Do đó \(a = 1;b = 3;c = 1;d = 4\). Vậy \(a + b + c + d = 9\).
Cho hình tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng 12. Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của cạnh \(AB\) và \(CD\). Gọi \(P\) là trung điểm đoạn thẳng \(CM\). Giao điểm \(I\) của đường thẳng \(DP\) và mặt phẳng \(\left( {ABN} \right)\) cách điểm \(D\) một khoảng bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm)?
Trả lời: 6,63
Trong mặt phẳng \(\left( {DMC} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(MN\) và \(DP\).
Khi đó \(I \in MN \subset \left( {ABN} \right) \Rightarrow I \in \left( {ABN} \right)\).
Vậy \(I\) là giao điểm của \(DP\) và \(\left( {ABN} \right)\).
Tam giác \(DMC\) có \(MN\) và \(DP\) là hai đường trung tuyến nên giao điểm \(I\) là trọng tâm \(\Delta DMC.\)
Tam giác \(ABD\) đều cạnh bằng 12 và có \(DM\) là đường cao nên \(DM = 12.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 \).
Tương tự ta có \(CM = 6\sqrt 3 \).
Do đó tam giác \(DMC\) cân tại \(M\). Suy ra \(MN\) cũng là đường cao của tam giác \(DMC\) hay \(MN \bot CD\).
Ta có \(DM = 6\sqrt 3 ,DN = \frac{1}{2}DC = 6\) nên \(MN = \sqrt {D{M^2} - D{N^2}} = 6\sqrt 2 \).
Khi đó \(IN = \frac{1}{3}MN = 2\sqrt 2 .\)
Tam giác \(DNI\) vuông tại \(N\) nên \(DI = \sqrt {D{N^2} + I{N^2}} = 2\sqrt {11} \).
Vậy \(I\) cách điểm \(D\) một khoảng bằng \(2\sqrt {11} \approx 6,63\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành \(ABCD\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Tam giác \(SCD\) là tam giác đều cạnh 2. Mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) và song song với mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\). Tính diện tích hình tạo bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) và các mặt của hình chóp \(S.ABCD\) (làm tròn đến hàng phần mười).
Trả lời: 1,3
Do mặt phẳng \(\left( P \right)//\left( {SCD} \right)\) mà \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD\)\( \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \cap \left( P \right) = MN\) đi qua \(O\) và song song với \(CD\) (với \(M \in AD,N \in BC\)).
Tương tự ta có: \(\left( {SAD} \right) \cap \left( P \right) = MF//SD\) (với \(F \in SA\)); \(\left( {SBC} \right) \cap \left( P \right) = NE//SC\) (với \(E \in SB\)).
Vậy hình tạo bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) và các mặt của hình chóp \(S.ABCD\) là tứ giác \(MNEF\).
Ta có \(MN\) đi qua \(O\) và song song với \(CD\) nên \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AD,BC\).
Suy ra \(E,F\) lần lượt là trung điểm \(SB,SA\).
Gọi \(I,K\) lần lượt là trung điểm \(SC,SD\). Khi đó ta có:
\(IK//EF;IK = EF;IC//EN;IC = EN;\)\(KD//FM,KD = FN;MN//CD;MN = CD\).
Do đó \({S_{MNEF}} = {S_{DCIK}} = \frac{3}{4}{S_{SCD}} = \frac{3}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{4}{.2^2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4} \approx 1,3\).
