Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Bình Chiểu (TP.HCM) có đáp án

Số hạng thứ 4 của dãy số ứng với \(n = 4\), ta có \({u_4} = \frac{{4 + 2}}{{3 \cdot 4}} = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}\).

Chọn đáp án: A.

Ta chia cả tử và mẫu cho \({x^2}\) (là lũy thừa bậc cao nhất của biến \(x\)):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3{x^2} - x + 3}}{{x - {x^2} + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3 - \frac{1}{x} + \frac{3}{{{x^2}}}}}{{\frac{1}{x} - 1 + \frac{5}{{{x^2}}}}} = \frac{{3 - 0 + 0}}{{0 - 1 + 0}} = - 3\).

Chọn đáp án: D.

Xét giới hạn của tử số khi \(x \to {4^ - }\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2{x^2} - 5x} \right) = 2 \cdot {4^2} - 5 \cdot 4 = 32 - 20 = 12 > 0\).

Xét giới hạn của mẫu số khi \(x \to {4^ - }\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {x - 4} \right) = 0\).

Vì \(x \to {4^ - }\), ta có \(x - 4 < 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2{x^2} - 5x}}{{x - 4}} = - \infty \).

Chọn đáp án: B.

Chia cả tử và mẫu cho \({n^4}\): \(\lim \frac{{2{n^3} - 7n - 4}}{{3{n^4} + 4}} = \lim \frac{{\frac{2}{n} - \frac{7}{{{n^3}}} - \frac{4}{{{n^4}}}}}{{3 + \frac{4}{{{n^4}}}}} = \frac{{0 - 0 - 0}}{{3 + 0}} = 0\).

Chọn đáp án: C.

Phân tích chuyển động của con lắc qua từng lần quét:

• Lần quét thứ 1 (trái sang phải): \({u_1} = 20{\rm{\;cm}}\).
• Lần quét thứ 2 (phải sang trái): \({u_2} = 20 \times 0,95{\rm{\;cm}}\).
• Lần quét thứ 3 (trái sang phải): \({u_3} = 20 \times 0,{95^2}{\rm{\;cm}}\).
• Lần quét thứ 4 (phải sang trái): \({u_4} = 20 \times 0,{95^3}{\rm{\;cm}}\).
• ...
• Lần quét thứ \(2n - 1\) (trái sang phải): \({u_{2n - 1}} = 20 \times {\left( {0,95} \right)^{2n - 2}}{\rm{\;cm}}\).

Đề bài yêu cầu tính tổng quãng đường con lắc đi được từ trái sang phải cho đến khi dừng hẳn. Do đó, ta chỉ cộng quãng đường của các lần quét lẻ (các lần quét đi từ trái sang phải):

\(S = {u_1} + {u_3} + {u_5} + \ldots \)\( = 20 + 20 \times {\left( {0,95} \right)^2} + 20 \times {\left( {0,95} \right)^4} + \ldots \).

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với:

• Số hạng đầu tiên: \(a = 20\).
• Công bội: \(r = {\left( {0,95} \right)^2} = 0,9025\) (vì \(\left| r \right| < 1\)).

Áp dụng công thức tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = \frac{a}{{1 - r}}\).

Thay các giá trị vào công thức: \(S = \frac{{20}}{{1 - 0,9025}} = \frac{{20}}{{0,0975}} \approx 205,13{\rm{\;cm}}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta được \(S \approx 205{\rm{\;cm}}\).

Chọn đáp án: A.

Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AC\) trong tam giác \(ABC\), nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\). Do đó, ta có \(MN{\rm{//}}AB\).

Ta thấy đường thẳng \(AB\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) (hay \(\left( {SBA} \right)\)), và đường thẳng \(MN\) không nằm trong mặt phẳng này (\(MN \not\subset \left( {SBA} \right)\)).

Theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song với mặt phẳng, suy ra \(MN{\rm{//}}\left( {SBA} \right)\).

Chọn đáp án: D.

Gọi \({u_n}\) là số thanh gỗ ở tầng thứ \(n\) tính từ trên xuống dưới (\(1 \le n \le 15\)).

Tầng trên cùng (tầng 1) có \(4\) thanh gỗ \( \Rightarrow {u_1} = 4\).

Mỗi tầng dưới nhiều hơn tầng ngay bên trên \(3\) thanh gỗ \( \Rightarrow \) Công sai \(d = 3\).

Như vậy, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = 4\) và công sai \(d = 3\).

Xét từng phát biểu:

a) Phát biểu nói rằng \({u_1} = 3\) và \(d = 4\) là Sai (thực tế phải là \({u_1} = 4,d = 3\)).

b) Số thanh gỗ của tầng dưới cùng (tầng thứ 15) là: \({u_{15}} = {u_1} + 14d = 4 + 14 \cdot 3 = 4 + 42 = 46\).

\( \Rightarrow \) Phát biểu này là Đúng.

c) Số thanh gỗ của tầng thứ 8 là: \({u_8} = {u_1} + 7d = 4 + 7 \cdot 3 = 25 \ne 30\).

\( \Rightarrow \) Phát biểu này là Sai.

d) Tổng số thanh gỗ của 10 tầng đầu tiên (\({S_{10}}\)) là:

\({S_{10}} = \frac{{10 \cdot \left[ {2{u_1} + 9d} \right]}}{2} = 5 \cdot \left[ {2 \cdot 4 + 9 \cdot 3} \right] = 5 \cdot \left[ {8 + 27} \right] = 5 \cdot 35 = 175 \ne 157\).

\( \Rightarrow \) Phát biểu này là Sai.

Gọi \(q\) là công bội của cấp số nhân.

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_3} = 5\\{u_2} + {u_4} = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + {u_1}{q^2} = 5\\{u_1}q + {u_1}{q^3} = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}\left( {1 + {q^2}} \right) = 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{u_1}q\left( {1 + {q^2}} \right) = 15\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\).

Chia vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1), ta được: \(q = \frac{{15}}{5} = 3\).

Thay \(q = 3\) vào phương trình (1): \({u_1}\left( {1 + {3^2}} \right) = 5 \Leftrightarrow 10{u_1} = 5 \Leftrightarrow {u_1} = \frac{1}{2}\).

Xét từng phát biểu:

a) Phát biểu nói \({u_1} = 2\) là Sai (thực tế \({u_1} = \frac{1}{2}\)).

b) Số hạng thứ 4 là: \({u_4} = {u_1} \cdot {q^3} = \frac{1}{2} \cdot {3^3} = \frac{{27}}{2}\).

\( \Rightarrow \) Phát biểu này là Đúng.

c) Giả sử \(\frac{{729}}{2}\) là số hạng thứ \(n\):

Ta có \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}} \Leftrightarrow \frac{{729}}{2} = \frac{1}{2} \cdot {3^{n - 1}} \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = 729 \Leftrightarrow {3^{n - 1}} = {3^6} \Leftrightarrow n - 1 = 6 \Leftrightarrow n = 7\).

Vậy \(\frac{{729}}{2}\) phải là số hạng thứ 7, phát biểu nói là số hạng thứ 8 là Sai.

d) Tổng 10 số hạng đầu tiên là: \({S_{10}} = {u_1} \cdot \frac{{1 - {q^{10}}}}{{1 - q}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{1 - {3^{10}}}}{{1 - 3}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{1 - 59049}}{{ - 2}} = \frac{{ - 59048}}{{ - 4}} = 14762\).

\( \Rightarrow \) Phát biểu này là Đúng.

Chia cả tử và mẫu cho \({x^2}\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2}\sqrt 2 + 2x}}{{2{x^2} - 3x + 7}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt 2 + \frac{2}{x}}}{{2 - \frac{3}{x} + \frac{7}{{{x^2}}}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

So sánh với dạng \(\frac{{\sqrt m }}{n}\) ta được: \(m = 2,\quad n = 2\).

Vậy \(T = 2 + 2 = 4\).

Đáp số: \(4\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\), ta cần điều kiện: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\).

Tính \(f\left( 1 \right)\) và \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\): \(f\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{{4x + a}}{{x + 1}} = \frac{{4 \cdot 1 + a}}{{1 + 1}} = \frac{{a + 4}}{2}\).

Tính \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^3} - {x^2} + 3x - 3}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + 3} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + 3}}{{x + 1}} = 2\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\): \(\frac{{a + 4}}{2} = 2 \Leftrightarrow a + 4 = 4 \Leftrightarrow a = 0\).

Đáp số: \(0\).

a) Ta chia cả tử và mẫu của phân thức cho \({n^3}\): \(\lim \frac{{{n^3} - 2n}}{{5{n^3} - {n^2} + n}} = \lim \frac{{1 - \frac{2}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}\).

Vì \(\lim \frac{2}{{{n^2}}} = 0\), \(\lim \frac{1}{n} = 0\), \(\lim \frac{1}{{{n^2}}} = 0\), nên ta có: \(\lim \frac{{{n^3} - 2n}}{{5{n^3} - {n^2} + n}} = \frac{{1 - 0}}{{5 - 0 + 0}} = \frac{1}{5}\).

b) Ta chia cả tử và mẫu cho \({6^n}\): \(\lim \frac{{{6^n} - {3^n}}}{{{2^n} + 3 \cdot {6^n}}} = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{3}{6}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{2}{6}} \right)}^n} + 3}} = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 3}}\).

Vì \(\left| {\frac{1}{2}} \right| < 1\) và \(\left| {\frac{1}{3}} \right| < 1\) nên \(\lim {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0\) và \(\lim {\left( {\frac{1}{3}} \right)^n} = 0\). Do đó: \(\lim \frac{{{6^n} - {3^n}}}{{{2^n} + 3 \cdot {6^n}}} = \frac{{1 - 0}}{{0 + 3}} = \frac{1}{3}\).

a) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} \frac{{2{x^2} + 9x - 5}}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 5} \right)}}{{x + 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 5} \left( {2x - 1} \right) = 2 \cdot \left( { - 5} \right) - 1 = - 11\).

b) Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{\sqrt {x - 2} - 2}}{{{x^2} - 6x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{\left( {\sqrt {x - 2} - 2} \right)\left( {\sqrt {x - 2} + 2} \right)}}{{x\left( {x - 6} \right)\left( {\sqrt {x - 2} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{\left( {x - 2} \right) - 4}}{{x\left( {x - 6} \right)\left( {\sqrt {x - 2} + 2} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{{x - 6}}{{x\left( {x - 6} \right)\left( {\sqrt {x - 2} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 6} \frac{1}{{x\left( {\sqrt {x - 2} + 2} \right)}}\)\( = \frac{1}{{6 \cdot \left( {\sqrt {6 - 2} + 2} \right)}} = \frac{1}{{6 \cdot \left( {2 + 2} \right)}} = \frac{1}{{24}}\).

a) Xét tam giác \(SCD\):

\(H\) là trung điểm của \(SD\) (giả thiết).

\(P\) là trung điểm của \(CD\) (giả thiết).

Suy ra \(HP\) là đường trung bình của tam giác \(SCD\)\( \Rightarrow HP{\rm{//}}SC\).

Mặt khác:

Đường thẳng \(SC\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) (\(SC \subset \left( {SAC} \right)\)).

Đường thẳng \(HP\) không nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) (\(HP \not\subset \left( {SAC} \right)\)).

Do đó, theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có: \(HP{\rm{//}}\left( {SAC} \right)\).

b) Xét tam giác \(SBD\):

\(H\) là trung điểm của \(SD\) (giả thiết).

\(O\) là trung điểm của \(BD\) (do \(O\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành \(ABCD\)).

Suy ra \(OH\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\)\( \Rightarrow OH{\rm{//}}SB\).

Vì \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(OH{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) (1).

Xét tam giác \(BCD\):

\(O\) là trung điểm của \(BD\).

\(P\) là trung điểm của \(CD\) (giả thiết).

Suy ra \(OP\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\)\( \Rightarrow OP{\rm{//}}BC\).

Vì \(BC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(OP{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) (2).

Trong mặt phẳng \(\left( {OHP} \right)\), hai đường thẳng \(OH\) và \(OP\) cắt nhau tại \(O\) và cùng song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).

Theo định lý về hai mặt phẳng song song, ta suy ra: \(\left( {OHP} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Lưu ý: Ngoài cách trên, ta cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng hai đường thẳng \(HP\) và \(OP\) cắt nhau tại \(P\) và cùng song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) (với \(HP{\rm{//}}SC \Rightarrow HP{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\)).