Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 TH, THCS và THPT Trương Vĩnh Ký (TP.HCM) có đáp án

Trong hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\), ta có:

• \(BD{\rm{//}}B'D'\) (do \(BB'D'D\) là hình bình hành) \( \Rightarrow BD{\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)\).
• \(BC'{\rm{//}}AD'\) (do \(ABC'D'\) là hình bình hành) \( \Rightarrow BC'{\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)\).

Do đó, hai đường thẳng cắt nhau \(BD\) và \(BC'\) cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( {C'BD} \right)\) và song song với mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\). Theo tính chất song song, ta suy ra: \(\left( {C'BD} \right){\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)\).

Chọn C.

Theo các công thức lượng giác cơ bản, ta có: \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1\quad \left( {\alpha \ne k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Do đó, hệ thức \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = - 1\) ở phương án D là sai.

Chọn D.

Ta phân tích tử số và mẫu số thành nhân tử để khử dạng vô định \(\frac{0}{0}\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 2}}{{x + 3}} = \frac{{3 - 2}}{{3 + 3}} = \frac{1}{6}\).

Từ đó, ta có \(\frac{a}{b} = \frac{1}{6}\) là phân số tối giản, suy ra \(a = 1\) và \(b = 6\).

Giá trị của tổng \(a + b\) là: \(a + b = 1 + 6 = 7\).

Chọn B.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số:

Đồ thị đi qua điểm \(\left( {0;1} \right)\), nghĩa là khi \(x = 0\) thì \(y = 1\). Kiểm tra với hàm số \(y = \cos x\), ta có \(\cos 0 = 1\) (thỏa mãn). Trong khi đó \(\sin 0 = 0\).

Đồ thị có tính chất đối xứng qua trục tung \(Oy\), là đồ thị của hàm số chẵn \(y = \cos x\).

Chọn A.

Ta có \(2\cos x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right)\)\( \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn C.

Công bội \(q\) của cấp số nhân được tính bằng: \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{3}{1} = 3\).

Chọn B.

Ta có:

- Đỉnh \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

- Hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) lần lượt chứa hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\) song song với nhau (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Theo định lý về giao tuyến song song, giao tuyến của \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng đi qua \(S\) và song song với cả \(AD\) và \(BC\).

Chọn A.

Độ tuổi thích xem phim nhiều nhất tương ứng với giá trị Mốt (\({M_o}\)) của mẫu số liệu ghép nhóm.

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất: \(\left[ {20;30} \right)\) với tần số \({n_m} = 48\).

Áp dụng công thức tính mốt: \({M_o} = 20 + \frac{{48 - 30}}{{\left( {48 - 30} \right) + \left( {48 - 11} \right)}} \cdot 10 = 20 + \frac{{18}}{{18 + 37}} \cdot 10 = 20 + \frac{{180}}{{55}} \approx 23,27\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, độ tuổi thích xem phim nhất là 23.

Chọn C.

Vì \(\lim {n^3} = + \infty \), nên theo giới hạn cơ bản của dãy số ta có: \(\lim \frac{2}{{{n^3}}} = 0\).

Chọn C.

Thay \(n = 5\) vào công thức số hạng tổng quát, ta được: \({u_5} = {2^5} + 1 = 32 + 1 = 33\).

Chọn B.

Công thức chuyển đổi từ độ sang radian: \(\alpha = 120 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}{\rm{\;(rad)}}\).

Chọn B.

Tìm giá trị đại diện (\({x_i}\)) của từng nhóm:

• Nhóm \(\left[ {10;14} \right) \to {x_1} = \frac{{10 + 14}}{2} = 12\).
• Nhóm \(\left[ {14;18} \right) \to {x_2} = \frac{{14 + 18}}{2} = 16\).
• Nhóm \(\left[ {18;22} \right) \to {x_3} = \frac{{18 + 22}}{2} = 20\).
• Nhóm \(\left[ {22;26} \right) \to {x_4} = \frac{{22 + 26}}{2} = 24\).
• Nhóm \(\left[ {26;30} \right) \to {x_5} = \frac{{26 + 30}}{2} = 28\).

Giá trị trung bình \(\bar x\): \(\bar x = \frac{{55 \cdot 12 + 78 \cdot 16 + 110 \cdot 20 + 45 \cdot 24 + 12 \cdot 28}}{{300}}\)\( = \frac{{1381}}{{75}}\).

Chọn A.

a) ĐÚNG. Cỡ mẫu \(N = 24 + 57 + 42 + 29 + 8 = 160\).

b) ĐÚNG. Nhóm chứa mốt là \(\left[ {6;9} \right)\) vì có tần số lớn nhất là \(57\).

Ta có \({M_o} = 6 + \frac{{57 - 24}}{{\left( {57 - 24} \right) + \left( {57 - 42} \right)}} \cdot \left( {9 - 6} \right) = 6 + \frac{{33}}{{33 + 15}} \cdot 3 = 6 + \frac{{99}}{{48}} = 6 + 2,0625 = 8,0625\).

c) ĐÚNG. Xác định giá trị đại diện của từng nhóm lần lượt là \(4,5;7,5;10,5;13,5;16,5\).

Số trung bình: \(\bar x = \frac{{24 \cdot 4,5 + 57 \cdot 7,5 + 42 \cdot 10,5 + 29 \cdot 13,5 + 8 \cdot 16,5}}{{160}} = 9,375\).

d) SAI. Nhóm \(25\% \) hộ có lượng nước tiêu thụ cao nhất tương ứng với việc tìm tứ phân vị thứ ba (\({Q_3}\)).

Ta có \(\frac{{3N}}{4} = \frac{{3 \cdot 160}}{4} = 120\).

Tích lũy tần số: Nhóm 1 (\(24\)), nhóm 2 (\(24 + 57 = 81\)), nhóm 3 (\(81 + 42 = 123\)).

Vậy \({Q_3}\) thuộc nhóm \(\left[ {9;12} \right)\). Do đó \({Q_3} = 9 + \frac{{120 - 81}}{{42}} \cdot \left( {12 - 9} \right) = 9 + \frac{{39}}{{42}} \cdot 3 = 9 + \frac{{39}}{{14}} \approx 11,79\).

Vì đề bài yêu cầu gửi thông báo cho nhóm tiêu thụ cao nhất (từ \({Q_3}\) trở lên), nên giá trị chính xác là từ \(11,79\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\) trở lên.

a) ĐÚNG. Khi \(x = 4\), ta dùng công thức \(f\left( x \right) = 2x - 4\). Do đó, \(f\left( 4 \right) = 2 \cdot 4 - 4 = 4\).

b) SAI. Tính giới hạn bên phải tại \(x = 4\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{4 - \sqrt {3x + 4} }}{{4 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{16 - \left( {3x + 4} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{12 - 3x}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{3\left( {4 - x} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{3}{{4 + \sqrt {3x + 4} }} = \frac{3}{{4 + 4}} = \frac{3}{8}\).

Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \frac{3}{8} \ne 4\).

c) SAI. Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \frac{3}{8}\) còn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = 4\). Do giới hạn hai phía không bằng nhau nên không tồn tại giới hạn tại \(x = 4\), suy ra hàm số không liên tục tại \(x = 4\).

d) ĐÚNG. Khi \(x \to - \infty \), ta có \(f\left( x \right) = 2x - 4\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{{\left( {2x - 4} \right)}^2} - 2\left( {2x - 4} \right)}}{{{x^2} - 5x + 12}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4{x^2} - 16x + 16 - 4x + 8}}{{{x^2} - 5x + 12}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4{x^2} - 20x + 24}}{{{x^2} - 5x + 12}} = 4\).

Vì \(AB//CD\) và \(AB = 3CD\), theo định lý Thales trong tam giác có đáy song song:

\(\frac{{OD}}{{OB}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{CD}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{OD}}{{BD}} = \frac{{OC}}{{AC}} = \frac{1}{4}\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\) cắt các mặt của hình chóp tạo thành các đoạn thẳng song song ứng với các cạnh của tam giác \(SCD\):

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ \(MN{\rm{//}}CD\) (\(M \in AD,N \in BC\)) đi qua \(O\). Do đó \(\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{3}{4}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(MQ{\rm{//}}SD\) (\(Q \in SA\)). Do đó \(\frac{{AQ}}{{AS}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{MQ}}{{SD}} = \frac{3}{4}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(NP{\rm{//}}SC\) (\(P \in SB\)). Do đó \(\frac{{BP}}{{BS}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{3}{4}\).

Từ đó suy ra \(\frac{{BP}}{{BS}} = \frac{{AQ}}{{AS}}\). Do đó \(PQ{\rm{//}}AB\).

Vì \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\) nên \(CD{\rm{//}}AB\). Do đó \(PQ{\rm{//}}MN\).

Lại có \(SCD\) là tam giác vuông tại \(D\) nên \(SD \bot DC\). Từ đó suy ra được \(MQ \bot MN\).

Như vậy, tứ giác \(MNQP\) là hình thang vuông tại \(M\) và \(Q\).

Ta có: \(\frac{{MQ}}{{SD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow MQ = \frac{3}{4} \cdot 8 = 6\);

\(AB = 3CD = 3 \cdot 4 = 12\) và \(QP{\rm{//}}AB \Rightarrow \frac{{QP}}{{AB}} = \frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow QP = \frac{1}{4} \cdot 12 = 3\).

\(MN{\rm{//}}CD \Rightarrow \frac{{OM}}{{CD}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OM = 3\) và \(\frac{{ON}}{{CD}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow ON = 3 \Rightarrow MN = OM + ON = 6\).

Diện tích hình thang vuông \(MNQP\): \({S_{MNQP}} = \frac{{\left( {QP + MN} \right) \cdot MQ}}{2} = \frac{{\left( {3 + 6} \right) \cdot 6}}{2} = 27\).

Đáp số: 27.

Sau mỗi khoảng thời gian 30 phút, nhiệt độ còn lại bằng \(100\% - 25\% = 75\% = 0,75\) so với chu kỳ trước.

Thời gian 3 giờ gồm số chu kỳ 30 phút là: \(\frac{3}{{0,5}} = 6\).

Công thức tính nhiệt độ sau 6 chu kỳ: \(T = 28 \cdot {\left( {0,75} \right)^6} \approx 4,98{\rm{^\circ C}}\).

Đáp số: 4,98.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\left( {\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} - 2x} \right) + 2025} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {4{x^2} - 8x + 5} \right) - 4{x^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} + 2x}} + 2025\) (sử dụng nhân liên hợp)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 8x + 5}}{{\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} + 2x}} + 2025\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 8 + \frac{5}{x}}}{{\sqrt {4 - \frac{8}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} + 2}} + 2025\) (chia cả tử và mẫu cho \(x\) với \(x > 0\))

\( = \frac{{ - 8}}{{\sqrt 4 + 2}} + 2025 = \frac{{ - 8}}{4} + 2025 = - 2 + 2025 = 2023\).

Đáp số: 2023.

Hàm số \(D\left( t \right)\) đạt giá trị lớn nhất khi: \(\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \)

\( \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) = \frac{\pi }{3} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t - 10 = 4 + 24k \Leftrightarrow t = 14 + 24k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì \(0 \le t < 24\), chọn \(k = 0 \Rightarrow t = 14\).

Vậy lượng dữ liệu đạt mức cao nhất vào lúc 14 giờ trong ngày.

Đáp số: 14.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác đối với hàm tang theo đơn vị độ:

\(\tan \left( {x - 20^\circ } \right) = \tan 10^\circ \Leftrightarrow x - 20^\circ = 10^\circ + k180^\circ \)\( \Leftrightarrow x = 30^\circ + k180^\circ \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy nghiệm của phương trình là \(x = 30^\circ + k180^\circ \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân là: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}\).

Áp dụng tính số hạng \({u_8}\): \({u_8} = {u_1} \cdot {q^7} = \left( { - 1} \right) \cdot {2^7} = - 1 \cdot 128 = - 128\).

Vậy \({u_8} = - 128\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 45} \frac{{{x^2} - 2025}}{{x - 45}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 45} \frac{{\left( {x - 45} \right)\left( {x + 45} \right)}}{{x - 45}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 45} \left( {x + 45} \right) = 45 + 45 = 90\).

a) Ta thấy điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), ta có \(AD{\rm{//}}BC\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Mà \(AD \subset \left( {SAD} \right)\) và \(BC \subset \left( {SBC} \right)\).

Theo tính chất đường thẳng song song, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AD\) và \(BC\). Vậy \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d\).

b) Trong tam giác \(SCD\), ta có \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SC,SD\), do đó \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\). Suy ra \(MN{\rm{//}}CD\). Mà \(CD{\rm{//}}AB\) nên \(MN{\rm{//}}AB\). Do đó, \(MN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

Trong tam giác \(SAC\), có \(O\) là trung điểm của \(AC\) (tính chất hình bình hành tâm \(O\)) và \(M\) là trung điểm của \(SC\). Do đó \(OM\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\). Suy ra \(OM{\rm{//}}SA\). Do đó, \(OM{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

Ta có \(MN,OM \subset \left( {OMN} \right)\) và cắt nhau tại \(M\).

Từ đó suy ra: \(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

c) Xét mặt phẳng phụ \(\left( {SAC} \right)\) chứa đường thẳng \(AM\).

Tìm giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\): Ta có \(S\) là điểm chung và \(O = AC \cap BD\) là điểm chung thứ hai. Do đó, \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(SO\).

Vì \(I \in SO\) và \(SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(I \in \left( {SBD} \right)\).

Vậy \(I = AM \cap \left( {SBD} \right)\) chính là giao điểm cần tìm (đây cũng chính là trọng tâm của tam giác \(SAC\)).