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

Chọn B

Có \(\cos \left( {\alpha + 2025\pi } \right) = \cos \left( {\pi + \alpha + 2024\pi } \right) = \cos \left( {\pi + \alpha } \right) = - \cos \alpha \).

Chọn C

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow \sin \alpha > 0\).

Nên \(\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

Chọn B

Xét hàm số \(f\left( x \right) = \sin x \cdot \cos x\) có tập xác định \[D = \mathbb{R}\] là tập đối xứng.

Vì \(f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x} \right) \cdot \cos \left( { - x} \right) = - \sin x \cdot \cos x = - f\left( x \right) \Rightarrow \) hàm số lẻ.

Chọn A

Ta có \(2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D

Vì \({u_{n + 1}} = {u_n} - 2 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = - 2 \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng với \({u_1} = 3\) và công sai \(d = - 2\).

\( \Rightarrow {u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 3 - 2\left( {n - 1} \right) = 5 - 2n\).

Chọn B

Ta có \({S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {10 - 1} \right)d} \right] = 5 \cdot \left[ {2 \cdot 1 + 9 \cdot 4} \right] = 190\).

Chọn C

Xét dãy số \({u_n} = 2 \cdot {3^n}\), vì \(\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{2 \cdot {3^{n + 1}}}}{{2 \cdot {3^n}}} = 3 \Rightarrow {u_n} = 2 \cdot {3^n}\) là cấp số nhân.

Chọn A

Vì \(q = \sqrt 2 > 1 \Rightarrow \mathop {\lim \left( {\sqrt 2 } \right)}\limits^n = + \infty \).

Chọn B

Bấm máy tính hoặc tính giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} - {x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right) = - \infty \).

Chọn C

Hàm số xác định khi \({x^3} - 4x \ne 0 \Rightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) \ne 0 \Rightarrow x \ne 0\) và \(x \ne \pm 2\).

Vậy hàm số không liên tục tại các điểm \(x = 0\), \(x = \pm 2\). Hàm số xác định và liên tục tại \(x = 1\).

Chọn B

Từ hình vẽ ta thấy: Trong mặt phẳng \(\left( {ABF} \right)\) chứa \(EG\) và \(AF\), gọi \(H = EG \cap AF\).

Vì \(AF \subset \left( {ACD} \right)\) nên \(H = EG \cap \left( {ACD} \right)\).

Chọn C

Ta thấy \[AC \cap BD \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BDD'B'} \right)\] hay \(\left( {BDD'} \right) \cap \left( {ACC'} \right)\) nên hai mặt phẳng \(\left( {BDD'} \right),\left( {ACC'} \right)\) cắt nhau, không song song.

a) ĐÚNG: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3{x^3} - 2x + 1} \right) = 3 \cdot {2^3} - 2 \cdot 2 + 1 = 21\).

b) SAI: Hàm số xác định khi \(2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}\). Vì điểm \({x_0} = 1\) không thuộc tập xác định nên hàm số không liên tục tại \({x_0} = 1\).

c) ĐÚNG: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right) + 2025} \right] = 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) + 2025 = 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 2 \cdot 5 + 2025 = 2009\).

d) SAI: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {2025{x^2} + bx + 1} + ax} \right) = - \frac{1}{{90}}\)\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2025{x^2} + bx + 1 - {{\left( {ax} \right)}^2}}}{{\sqrt {2025{x^2} + bx + 1} - ax}} = - \frac{1}{{90}}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {2025 - {a^2}} \right){x^2} + x\left( {b + \frac{1}{x}} \right)}}{{ - x\left( {\sqrt {2025 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + a} \right)}} = - \frac{1}{{90}}\)\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2025 - {a^2} = 0\\\frac{b}{{ - \left( {45 + a} \right)}} = - \frac{1}{{90}}\left( {a \ne - 45} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 45\\b = 1\end{array} \right.\].

Suy ra \(a + b = 45 + 1 = 46\) (khẳng định đề cho là \(a + b = 44\) nên SAI).

a) SAI: Ta thấy \(M \in SB \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow M \in \left( {MAC} \right) \cap \left( {SBC} \right)\).

Và \(C\) là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng \(\left( {MAC} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\). Do đó giao tuyến phải là \(MC\).

b) SAI: Gọi \(K\) là trung điểm \(AC\). Vì \(G\) là trọng tâm và \(\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{2}{3}\).

Mặt khác, \(BN = 2NC \Rightarrow \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(BKC\), ta có \(\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GN{\rm{//}}CK \Rightarrow GN{\rm{//}}AC\).

Vì \(GN{\rm{//}}AC\) nên đường thẳng \(AC\) song song với mặt phẳng \(\left( {SGN} \right)\), do đó chúng không cắt nhau.

c) SAI: Vì \(GN{\rm{//}}AC\) (chứng minh ở trên), không song song với \(SB\).

d) ĐÚNG: Ta có \(GN{\rm{//}}AC\) (1).

Mặt khác, trong ta có \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}\) và \(\frac{{CN}}{{CB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{CN}}{{CB}} \Rightarrow MN{\rm{//}}SC\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {GMN} \right){\rm{//}}\left( {SAC} \right)\).

Ta có \(2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}\).

Trường hợp 1: \(x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) thì \(\frac{{3\pi }}{2} \le \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le 4\pi \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{5}{3} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{8\pi }}{3}\).

Trường hợp 2: \(x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \) thì \(\frac{{3\pi }}{2} \le - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le 4\pi \Leftrightarrow \frac{{13}}{{12}} \le k \le \frac{7}{3} \Rightarrow k = 2 \Rightarrow x = \frac{{10\pi }}{3}\).

Có tất cả 2 nghiệm thỏa mãn.

Kết quả: 2.

Diện tích hình vuông thứ (1): Cạnh của hình vuông này bằng một nửa cạnh góc vuông lớn

\( \Rightarrow {a_1} = 4{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_1} = 16{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Ở bước tiếp theo, ta có 2 tam giác vuông cân nhỏ hơn ở hai đầu, mỗi tam giác vuông cân này có cạnh góc vuông bằng \(4{\rm{\;m}}\). Thiết lập hình vuông (2) trong mỗi tam giác này sẽ được hình vuông cạnh \(2{\rm{\;m}}\). Tổng diện tích 2 hình vuông (2) là: \({S_2} = 2 \times {2^2} = 8{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Tương tự, ở bước 3 ta có 2 hình vuông (3) với cạnh là \(1{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_3} = 2 \times {1^2} = 2{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Tương tự, ở bước 4 ta có 2 hình vuông (4) với cạnh là \(\frac{1}{2}{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_3} = 2 \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Cứ tiếp tục như trên, ta được dãy các diện tích \[{S_2},{S_3},{S_4},...\] lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({S_2} = 8\) và công bội \(q = \frac{1}{4}\).

Tổng diện tích được tô màu là: \(S = {S_1} + {S_n} = 16 + \frac{8}{{1 - \frac{1}{4}}} = 16 + \frac{{32}}{3} \approx 26,7{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\).

Kết quả: 26,7.

Ta có \(f\left( 0 \right) = \frac{1}{{16}}\left( {{m^2} - 3m} \right)\).

Tính giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4 - \sqrt {{x^2} + 16} }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{16 - \left( {{x^2} + 16} \right)}}{{{x^2}\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - {x^2}}}{{{x^2}\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}} = - \frac{1}{8}\).

Để hàm số liên tục tại \({x_0} = 0\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{{16}}\left( {{m^2} - 3m} \right) = - \frac{1}{8} \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{m = 1}\\{m = 2}\end{array}} \right.\).

Giá trị nhỏ nhất của tham số \(m\) là \(1\).

Kết quả: 1.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAB\) với cát tuyến đi qua \(P,N,E\) (với \(E = PN \cap AB\)), ta được \(\frac{{PS}}{{PA}} \cdot \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{NB}}{{NS}} = 1\).

Vì \(AP = 3PS \Rightarrow \frac{{PS}}{{PA}} = \frac{1}{3}\).

Vì \(2SB = 7NB \Rightarrow \frac{{NB}}{{NS}} = \frac{2}{5}\).

Suy ra \(\frac{1}{3} \cdot \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{2}{5} = 1 \Rightarrow \frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{15}}{2}\).

Ta có \(E,M,N,P\) đồng phẳng nên \(EM \cap BC = I\).

Vì \(EB{\rm{//}}CD\) (do \(AB{\rm{//}}CD\)) nên \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{EB}}{{MC}}\).

Ta có \(MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}AB} \right) = \frac{1}{6}AB\).

Từ tỉ số \(\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB + EB}}{{EB}} = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB}}{{EB}} + 1 = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB}}{{EB}} = \frac{{13}}{2} \Rightarrow EB = \frac{2}{{13}}AB\).

Do đó: \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{\frac{2}{{13}}AB}}{{\frac{1}{6}AB}} = \frac{{12}}{{13}} \approx 0,92\).

Kết quả: 0,92.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{ - 4{x^2} - x + 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x + 1}}{{\left( {x + 1} \right)\left( { - 4x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{1}{{ - 4x + 3}} = \frac{1}{{ - 4 \cdot \left( { - 1} \right) + 3}} = \frac{1}{7}\).

Đầu năm 2024 giá trị máy là: \(1500\) triệu đồng.

Giá trị của chiếc máy sau 1 năm (cuối 2024): \(1500 \times \left( {1 - 0,25} \right) = 1500 \times 0,75 = 1125\) (triệu đồng).

Giá trị của chiếc máy sau 2 năm (cuối 2025): \(1125 \times 0,75 = 1500 \times 0,{75^2} = 843,75\) (triệu đồng).

Đến cuối năm 2028 tức là máy đã qua sử dụng tròn 5 năm (cuối các năm 2024, 2025, 2026, 2027, 2028).

Giá trị còn lại của chiếc máy là: \(T = 1500 \times 0,{75^5} \approx 355,957 \approx 356\) (triệu đồng).

Vậy cuối năm 2028 giá trị chiếc máy còn khoảng 356 triệu đồng.

a) Ta có \(E \in SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow E \in \left( {ECD} \right) \cap \left( {SAB} \right)\).

Mặt khác, trong hai mặt phẳng có hai đường thẳng song song: \(AB{\rm{//}}CD\) (\(ABCD\) là hình bình hành).

Do đó, giao tuyến của \(\left( {ECD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(E\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

b) Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\) và \(K = OM \cap AD\) (trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)).

Vì \(AM{\rm{//}}CD\), theo hệ quả định lý Thales cho tam giác \(IAM\) và \(ICD\):

\(\frac{{AM}}{{CD}} = \frac{{IA}}{{IC}} = \frac{{\frac{1}{2}OA}}{{\frac{3}{2}OA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AM = \frac{1}{3}CD\).

Do \(ON\) là đường trung bình của tam giác \(ACD \Rightarrow ON\parallel CD\) và \(ON = \frac{1}{2}CD\).

Vì \(AM{\rm{//}}ON\) (cùng song song với \(CD\)), áp dụng định lý Thales trong tam giác \(KON\):

\(\frac{{KM}}{{KO}} = \frac{{AM}}{{ON}} = \frac{{\frac{1}{3}CD}}{{\frac{1}{2}CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{OM}}{{OK}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác \(SKO\):

Vì \(G\) là trọng tâm và \(SO\) là trung tuyến \( \Rightarrow \frac{{OG}}{{OS}} = \frac{1}{3}\).

Khi đó ta có \(\frac{{OG}}{{OS}} = \frac{{OM}}{{OK}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GM{\rm{//}}SK\).

Mà \(SK \subset \left( {SAD} \right)\) và \(GM \not\subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow GM{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\). (đpcm)