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

Xét trong tam giác \(SAC\), ta có \(M\) là trung điểm của \(SA\), \(N\) là trung điểm của \(SC\).

Do đó, \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\), suy ra: \(MN{\rm{//}}AC\).

Mặt khác, ta có: \(AC \subset \left( {ABCD} \right)\); \(MN \not\subset \left( {ABCD} \right)\).

Do đó, theo tính chất song song giữa đường thẳng và mặt phẳng, ta có: \(MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)\).

Chọn đáp án: C

Ta có \(L = \lim \frac{{\frac{{2n}}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{n}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \lim \frac{{\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{0}{1} = 0\).

Chọn đáp án: B

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi , - \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn đáp án: C

Theo định nghĩa của cấp số cộng, số hạng liên tiếp sau\(x = 14\) bằng số hạng trước cộng với công sai \(d\):

\({u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 3 - 1 = 2\).

Chọn đáp án: C

Gọi \(M,N,E\) lần lượt là trung điểm của \(BC,\;CC',\;B'C'\).

Theo tính chất trọng tâm tam giác ta suy ra \[\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\] nên \(IJ{\rm{//}}MN\).

Do đó  \(IJ{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\) hay \(IJ{\rm{//}}\left( {BB'C} \right)\) (1).

Tương tự ta có \[\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AK}}{{AE}} = \frac{2}{3}\]\( \Rightarrow \;IK{\rm{//}}ME\). Mà \(ME\;{\rm{//}}BB'\) nên \(IK\;{\rm{//}}\;BB'\). Suy ra  \(IK\;{\rm{//}}\;\left( {BB'C} \right)\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C} \right)\).

Chọn đáp án: B

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC\).

Do \(M\) là trọng tâm tam giác \(SAB\) nên \(M \in SP\) và ta có tỉ số: \(\frac{{SM}}{{SP}} = \frac{2}{3}\).

Do \(N\) là trọng tâm tam giác \(SAC\) nên \(N \in SQ\) và ta có tỉ số: \(\frac{{SN}}{{SQ}} = \frac{2}{3}\).

Xét trong tam giác \(SPQ\), ta có: \(\frac{{SM}}{{SP}} = \frac{{SN}}{{SQ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN{\rm{//}}PQ\).

Mặt khác, \(PQ\) là đường trung bình của tam giác đáy \(ABC\) (do \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\)), nên: \(PQ{\rm{//}}BC\).

Từ đó suy ra: \(MN{\rm{//}}BC\).

Chọn đáp án: C

Dựa vào các công thức biến đổi lượng giác:

• Công thức đúng là: \(\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b\).
• Các công thức còn lại bị sai dấu:
  • Đúng phải là: \(\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b\).
  • Đúng phải là: \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\).
  • Đúng phải là: \(\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b\).

Chọn đáp án: C

Trong hình hộp \(ABCD.EFGH\), ta có hai mặt đáy song song \(\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {EFGH} \right)\).

Cặp cạnh đối diện \(EH\) và \(BC\) song song và bằng nhau: \(EH{\rm{//}}BC\quad {\rm{v\`a }}\quad EH = BC\)

Do đó, tứ giác \(EHCB\) là một hình bình hành, dẫn đến: \(HC{\rm{//}}EB\)

Theo định nghĩa của phép chiếu song song, hình chiếu của điểm \(H\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo phương \(EB\) chính là giao điểm của đường thẳng đi qua \(H\) song song với \(EB\) (chính là đường thẳng \(HC\)) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Giao điểm này là điểm \(C\).

Chọn đáp án: C

Thay trực tiếp số hạng thứ \(n = 21\) vào công thức của dãy số:

\({u_{21}} = \frac{{21 - 1}}{{{{21}^2} + 2 \cdot 21 + 3}} = \frac{{20}}{{441 + 42 + 3}} = \frac{{20}}{{486}} = \frac{{10}}{{243}}\).

Chọn đáp án: B

Góc phần tư thứ hai trên đường tròn lượng giác có giá trị của \(\alpha \in \left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\).

Tại góc phần tư này:

• Giá trị tung độ điểm biểu diễn (tương ứng trục \({\rm{sin}}\)) nhận giá trị dương: \(\sin \alpha > 0\).
• Giá trị hoành độ điểm biểu diễn (tương ứng trục \({\rm{cos}}\)) nhận giá trị âm: \(\cos \alpha < 0\).

Chọn đáp án: A

Áp dụng định lý về các phép toán giới hạn của hàm số:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = \frac{1}{2} - 2 \cdot \left( { - 3} \right) = \frac{1}{2} + 6 = \frac{{13}}{2}\).

Chọn đáp án: B

Hàm số \(y = \cot x\) không liên tục trên \(\mathbb{R}\) vì không xác định tại các điểm \(x = k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Hàm số \(y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}\) không liên tục trên \(\mathbb{R}\) vì không xác định tại điểm \(x = 1\).

Hàm số \(y = \sqrt {{x^2} - 1} \) chỉ xác định trên tập \(D = \left( { - \infty ; - 1\left] \cup \right[1; + \infty } \right)\) nên không liên tục trên \(\mathbb{R}\).

Hàm đa thức \(y = {x^3} - x\) có tập xác định \(D = \mathbb{R}\) nên nó liên tục trên toàn bộ \(\mathbb{R}\).

Chọn đáp án: D

a) ĐÚNG

Giải phương trình: \(f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow 3\sin x + 2 = - 1 \Leftrightarrow \sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Để tìm nghiệm âm lớn nhất, ta giải bất phương trình: \( - \frac{\pi }{2} + k2\pi < 0 \Leftrightarrow k2\pi < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow k < \frac{1}{4}\).

Vì \(k \in \mathbb{Z}\), số nguyên lớn nhất thỏa mãn là \(k = 0\). Khi đó nghiệm âm lớn nhất thu được là \(x = - \frac{\pi }{2}\).

b) ĐÚNG

Hàm số lượng giác \(y = \sin x\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\), nên \(f\left( x \right) = 3\sin x + 2\) cũng có tập xác định \(D = \mathbb{R}\).

c) ĐÚNG

Thay \(x = \pi \) vào hàm số: \(f\left( \pi \right) = 3\sin \left( \pi \right) + 2 = 3 \cdot 0 + 2 = 2\).

d) SAI

Ta luôn có: \( - 1 \le \sin x \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3\sin x \le 3 \Leftrightarrow - 1 \le 3\sin x + 2 \le 5,\forall x \in \mathbb{R}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là \( - 1\) (đạt được khi \(\sin x = - 1\)), không phải bằng \(2\).

c) ĐÚNG

Ta tính giới hạn bên phải tại điểm \(x = 3\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\sqrt {x + 1} - 2}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x + 1 - 4}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} = \frac{1}{{\sqrt 4 + 2}} = \frac{1}{4}\).

Do phân số \(\frac{1}{4}\) là phân số tối giản nên \(m = 1,n = 4\). Khi đó: \({m^2} + {n^2} = {1^2} + {4^2} = 1 + 16 = 17\).

a) ĐÚNG

Để hàm số liên tục tại điểm \({x_0} = 3\), ta cần điều kiện: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)\).

Ta có: \(f\left( 3 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {\frac{{13}}{4} - ax} \right) = \frac{{13}}{4} - 3a\).

Do đó: \(\frac{{13}}{4} - 3a = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 3a = \frac{{12}}{4} \Leftrightarrow 3a = 3 \Leftrightarrow a = 1\).

b) SAI

Với \(x = 8 > 3\), ta sử dụng biểu thức nhánh trên để tính: \(f\left( 8 \right) = \frac{{\sqrt {8 + 1} - 2}}{{8 - 3}} = \frac{{3 - 2}}{5} = \frac{1}{5}\).

Phát biểu nói \(f\left( 8 \right) = - \frac{1}{5}\) là sai.

d) ĐÚNG

Khi \(a = 1\), ta tính trực tiếp giá trị tại \(x = 3\): \(f\left( 3 \right) = \frac{{13}}{4} - 1 \cdot 3 = \frac{1}{4}\).

a) ĐÚNG

Ta có công thức số hạng tổng quát: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Áp dụng cho \({u_6}\): \({u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 15 = 5 + 5d \Leftrightarrow 5d = 10 \Leftrightarrow d = 2\).

b) ĐÚNG

Tổng \(n\) số hạng đầu tiên được tính bằng công thức:

\({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = \frac{n}{2}\left[ {2 \cdot 5 + \left( {n - 1} \right)2} \right] = \frac{n}{2}\left( {2n + 8} \right) = n\left( {n + 4} \right) = {n^2} + 4n\).

c) SAI

Yêu cầu \({u_n} < 100\): \({u_1} + \left( {n - 1} \right)d < 100 \Leftrightarrow 5 + \left( {n - 1} \right)2 < 100 \Leftrightarrow 2n - 2 < 95 \Leftrightarrow 2n < 97 \Leftrightarrow n < 48,5\).

Vì \(n \in {\mathbb{N}^*}\) nên ta có \(n \in \left\{ {1;2; \ldots ;48} \right\}\). Như vậy chỉ có \(48\) số hạng thỏa mãn, không phải \(49\) số hạng.

d) ĐÚNG

Giả sử số \(209\) là số hạng thứ \(n\):

\({u_n} = 209 \Leftrightarrow 5 + \left( {n - 1} \right)2 = 209 \Leftrightarrow 2\left( {n - 1} \right) = 204 \Leftrightarrow n - 1 = 102 \Leftrightarrow n = 103\).

Vì \(n = 103 \in {\mathbb{N}^*}\) nên số 209 chính là số hạng thứ 103 của cấp số cộng này.

a) ĐÚNG

Hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) có chung điểm \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng song song là \(AD\) và \(BC\) (do đáy là hình bình hành).

Do đó, giao tuyến của chúng là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(AD\) và \(BC\).

b) ĐÚNG

Trong tam giác \(SAD\), \(MN\) là đường trung bình của tam giác, suy ra \(MN{\rm{//}}AD\). Mà \(AD{\rm{//}}BC\) nên \(MN{\rm{//}}BC \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Xét tam giác \(SAC\), \(M\) là trung điểm của \(SA\), \(O\) là trung điểm của \(AC\) (giao điểm 2 đường chéo hình bình hành). Do đó, \(MO\) là đường trung bình của tam giác \(SAC \Rightarrow MO{\rm{//}}SC \Rightarrow MO{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Mặt khác, \(MN \cap MO = M \subset \left( {OMN} \right)\). Do đó, \(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

c) SAI

Mặt phẳng \(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) nên giao tuyến của \(\left( {OMN} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) phải song song với giao tuyến của \(\left( {SBC} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) (tức là song song với \(BC\)).

Điểm chung duy nhất giữa \(\left( {OMN} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(O\). Do đó, giao tuyến là đường thẳng qua \(O\) và song song với \(BC\) (và \(AD\)), không phải song song với \(AB\).

d) SAI

Vì \(\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) và điểm \(C \in \left( {SBC} \right)\). Hai mặt phẳng này song song và phân biệt (do \(O \in \left( {OMN} \right)\) nhưng \(O \notin \left( {SBC} \right)\)), nên điểm \(C\) không thể thuộc mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\).

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{3{x^2} - 13x - 10}}{{25 - {x^2}}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 5} \right)\left( {3x + 2} \right)}}{{ - \left( {x - 5} \right)\left( {x + 5} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{3x + 2}}{{ - \left( {x + 5} \right)}}\)\[ = \frac{{3 \cdot 5 + 2}}{{ - \left( {5 + 5} \right)}} = - \frac{{17}}{{10}}\].

Gọi \({T_0} = 680\,000\) (đồng) là giá trị mua ban đầu của chiếc máy tính.

Vì cứ sau mỗi năm, giá trị của máy tính giảm đi \(10\% \), nên giá trị còn lại của máy tính sau mỗi năm sẽ bằng:

\(100\% - 10\% = 90\% = 0,9\) lần so với năm trước đó.

Gọi \({T_n}\) là giá trị máy tính sau \(n\) năm sử dụng. Khi đó, giá trị máy tính sau mỗi năm tạo thành một cấp số nhân có:

• Số hạng đầu (sau 1 năm sử dụng): \({T_1} = {T_0} \cdot 0,9\)
• Công bội: \(q = 0,9\).

Công thức tổng quát tính giá trị sau \(n\) năm sử dụng là: \({T_n} = {T_1} \cdot {q^{n - 1}} = {T_0} \cdot {q^n} = 680\,000 \cdot {\left( {0,9} \right)^n}\).

Sau 7 năm sử dụng (\(n = 7\)), giá trị của chiếc máy tính là: \({T_7} = 680\,000 \cdot {\left( {0,9} \right)^7}\)\( = 325\,241,892\) (đồng).

Làm tròn kết quả thu được đến hàng đơn vị: \({T_7} \approx 325\,242\) (đồng).

Vậy giá trị của chiếc máy tính sau 7 năm sử dụng là khoảng \(325\,242\) đồng.

a) Xét hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\):

• Điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất: \(S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right)\).
• Điểm \(A\) là điểm chung thứ hai: \(A \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right)\).

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này chính là đường thẳng nối hai điểm chung: \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\).

b) Gọi \[E\] là trung điểm của \[SD\]. Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(SAD\) nên \(\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{2}{3}\).

Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\), khi đó \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Suy ra \(AC = 2AO\). Vì \(AC = 3AH\) nên \(AH = \frac{1}{3}AC = \frac{1}{3} \cdot 2AO = \frac{2}{3}AO \Rightarrow \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{2}{3}\).

Từ đó suy ra \(\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{2}{3}\), do đó \(GH{\rm{//}}EO\) (1).

Lại có \(E\) và \[O\] lần lượt là trung điểm của \[SD\] và \(BD\) nên \(EO\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\), suy ra \(EO{\rm{//}}SB\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(GH{\rm{//}}SB\). Mà \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) và \(GH \not\subset \left( {SBC} \right)\), vậy \(GH{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).