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

Theo tính chất thừa nhận của hình học không gian, qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng mới có một và chỉ một mặt phẳng. Nếu ba điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua chúng.

Do đó, khẳng định D ghi "ba điểm phân biệt" mà không có điều kiện "không thẳng hàng" là sai.

Chọn D.

Dãy số dạng \({u_n} = {q^n}\) có \(\lim {q^n} = 0\) khi và chỉ khi \(\left| q \right| < 1\).

Xét phương án B, ta có \(q = - \frac{1}{3}\), suy ra\(\left| q \right| = \left| { - \frac{1}{3}} \right| = \frac{1}{3} < 1 \Rightarrow \lim {\left( { - \frac{1}{3}} \right)^n} = 0\).

Các phương án khác đều có \(\left| q \right| > 1\).

Chọn B.

Xét tam giác \(SAB\), vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\). Do đó: \(MN{\rm{//}}AB\).

Mặt khác, \(ABCD\) là hình bình hành nên: \(AB{\rm{//}}CD \Rightarrow MN{\rm{//}}CD\).

Ta có \(MN \not\subset \left( {SCD} \right)\) và \(CD \subset \left( {SCD} \right)\), do đó: \(MN{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Chọn D.

Theo định nghĩa, dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) được gọi là dãy số tăng nếu với mọi \(n \in {\mathbb{N}^*}\), ta có: \({u_{n + 1}} > {u_n}\).

Chọn A.

Dãy số ở phương án A có số hạng đầu \({u_1} = 1\) và kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với \(q = - 1\). Cụ thể: \( - 1 = 1 \cdot \left( { - 1} \right);\quad 1 = \left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right);\quad - 1 = 1 \cdot \left( { - 1} \right); \ldots \).

Các dãy số còn lại không thỏa mãn tính chất của cấp số nhân (dãy B là cấp số cộng, dãy C và D có tỉ số giữa các số hạng liên tiếp không là hằng số).

Chọn A.

Số hạng đầu tiên của dãy số là: \({u_1} = - \frac{1}{2}\).

Công sai \(d\) được tính bằng hiệu của hai số hạng liên tiếp: \(d = {u_2} - {u_1} = 0 - \left( { - \frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{2}\).

Do đó hệ thức đúng là \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} = - \frac{1}{2}}\\{d = \frac{1}{2}}\end{array}} \right.\).

Chọn C.

Ta tính giới hạn của tử số và mẫu số khi \(x \to {2^ + }\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 15} \right) = 2 - 15 = - 13 < 0\); \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \left( {x - 2} \right) = 0\).

Vì \(x \to {2^ + }\) nên \(x > 2\), suy ra \(x - 2 > 0\).

Do tử số tiến tới một số âm (\( - 13\)) và mẫu số tiến tới \(0\) từ phía dương nên: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x - 15}}{{x - 2}} = - \infty \).

Chọn C.

Đây là giới hạn hàm số dạng xác định tại điểm \(x = 5\). Ta trực tiếp thay giá trị \(x = 5\) vào biểu thức:

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

Chọn C.

Điểm \(M\) biểu diễn cho góc lượng giác có số đo \(\frac{\pi }{3}\).

Điểm \(N\) đối xứng với \(M\) qua tâm \(O\) nên hình chiếu hình học của góc lượng giác \(\left( {OA,ON} \right)\) theo chiều dương sẽ cách điểm \(M\) một nửa đường tròn (tức là góc \(\pi \)).

Số đo hình học của một góc lượng giác tia đầu \(OA\) tia cuối \(ON\) theo chiều âm là: \(\frac{\pi }{3} - \pi = - \frac{{2\pi }}{3}\).

Vậy họ các góc lượng giác có tia đầu \(OA\) và tia cuối \(ON\) là: \( - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn D.

Vì \(0 < a < \frac{\pi }{2}\) nên \(\cos a > 0\). Ta có: \(\cos a = \sqrt {1 - {{\sin }^2}a} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^2}} = \sqrt {1 - \frac{4}{{25}}} = \frac{{\sqrt {21} }}{5}\).

Vì \(0 < b < \frac{\pi }{2}\) nên \(\sin b > 0\). Ta có: \(\sin b = \sqrt {1 - {{\cos }^2}b} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{3}{5}} \right)}^2}} = \sqrt {1 - \frac{9}{{25}}} = \frac{4}{5}\).

Áp dụng công thức cộng cho côsin:

\(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\)\( = \frac{{\sqrt {21} }}{5} \cdot \frac{3}{5} - \frac{2}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{{3\sqrt {21} - 8}}{{25}}\).

Chọn C.

Do \(I,J\) lần lượt là trung điểm của hai cạnh đối song song và bằng nhau \(AB\) và \(CD\) của hình bình hành \(ABCD\), nên \[IB{\rm{//}}DJ\] và \(IB = DJ\). Tứ giác \(IBJD\) là hình bình hành \( \Rightarrow ID{\rm{//}}BJ\).

Mà \(BJ \subset \left( {SBJ} \right) \Rightarrow ID{\rm{//}}\left( {SBJ} \right)\).

Xét tam giác \(SAB\), \(K\) là trung điểm \(SA\) và \(I\) là trung điểm \(AB\), nên \(KI\) là đường trung bình \( \Rightarrow KI{\rm{//}}SB.\)

Mà \(SB \subset \left( {SBJ} \right) \Rightarrow KI{\rm{//}}\left( {SBJ} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {KID} \right)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(ID\) và \(KI\) cùng song song với mặt phẳng \(\left( {SBJ} \right)\), do đó: \(\left( {KID} \right){\rm{//}}\left( {SBJ} \right)\).

Chọn B.

Giải phương trình lượng giác cơ bản: \(1 + \sin x = 0 \Leftrightarrow \sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Tìm nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {3\pi ;5\pi } \right]\): \(3\pi \le - \frac{\pi }{2} + k2\pi \le 5\pi \Leftrightarrow \frac{{7\pi }}{2} \le k2\pi \le \frac{{11\pi }}{2} \Leftrightarrow \frac{7}{4} \le k \le \frac{{11}}{4}\).

Vì \(k \in \mathbb{Z}\) nên \(k = 2\).

Thay \(k = 2\) vào công thức nghiệm ta được: \(x = - \frac{\pi }{2} + 2 \cdot 2\pi = \frac{{7\pi }}{2}\).

Chọn D.

a) ĐÚNG. Điểm \(A\) và \(C\) đều cùng thuộc cả hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\), nên

\(AC = \left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\).

b) SAI. Điểm \(E = AB \cap CD \Rightarrow E \in \left( {ABCD} \right)\). Điểm \(F = AC \cap BD \Rightarrow F \in \left( {ABCD} \right)\). Cả hai điểm \(E,F\) nằm trong \(\left( {ABCD} \right)\) nên toàn bộ đường thẳng \(EF\) nằm trong \(\left( {ABCD} \right)\).

c) SAI. \(E = AB \cap CD\) nên \(E\) là điểm chung của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\), kết hợp với điểm chung \(S\) suy ra \(SE = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\). Ngược lại, \(SF = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). Mệnh đề đã phát biểu ngược vị trí giữa \(SE\) và \(SF\).

d) ĐÚNG. Điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất của \(\left( {SEF} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\). Điểm \(G = EF \cap AD\), mà \(EF \subset \left( {SEF} \right)\) và \(AD \subset \left( {SAD} \right)\) nên \(G\) là điểm chung thứ hai. Vậy \(SG = \left( {SEF} \right) \cap \left( {SAD} \right)\).

Xét dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\):

Ta biến đổi công thức: \({u_n} = 10 - 6n - 2025 = - 6n - 2015\).

Ta có: \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ { - 6\left( {n + 1} \right) - 2015} \right] - \left[ { - 6n - 2015} \right] = - 6\).

Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là cấp số cộng có số hạng đầu \({u_1} = - 6 \cdot 1 - 2015 = - 2021\) và công sai \(d = - 6\).

Vậy b) SAI vì công sai \(d = - 6\) chứ không phải \( - 3\).

Tổng 226 số hạng đầu của \(\left( {{u_n}} \right)\):

\({S_{226}} = \frac{{226}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {226 - 1} \right)d} \right] = 113 \cdot \left[ {2 \cdot \left( { - 2021} \right) + 225 \cdot \left( { - 6} \right)} \right] = - 609296\).

Vậy a) ĐÚNG.

Xét cấp số nhân \(\left( {{v_n}} \right)\):

Ta có \({v_4} = {v_1} \cdot {q^3} \Leftrightarrow 875 = 7 \cdot {q^3} \Leftrightarrow {q^3} = 125 \Leftrightarrow q = 5\).

Vậy d) ĐÚNG.

Tính số hạng thứ 6 (\({v_6}\)): \({v_6} = {v_1} \cdot {q^5} = 7 \cdot {5^5} = 7 \cdot 3125 = 21875 < 50000\).

Vậy c) SAI vì \(21875 < 50000\).

Xét hàm số \(g\left( x \right) = {x^2} - 3x + 1\): Đây là hàm đa thức nên nó liên tục trên toàn bộ \(\mathbb{R}\), do đó nó liên tục tại \({x_0} = 1\). Ý a) SAI.

Xét hàm số \(f\left( x \right)\) tại \({x_0} = 1\):

Giá trị hàm số: \(f\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}\). Do đó Ý d) SAI.

Giới hạn bên trái: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - \frac{x}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\).

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

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}\) nên hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0} = 1\). Ý b) ĐÚNG.

Xét hàm số \(y = f\left( x \right) - g\left( x \right)\): Vì hiệu của hai hàm số liên tục tại một điểm cũng là một hàm số liên tục tại điểm đó, nên \(y = f\left( x \right) - g\left( x \right)\) liên tục tại \({x_0} = 1\). Do đó Ý c) SAI.

Số ghế ở mỗi hàng lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 16\) và công sai \(d = 20 - 16 = 4\).

Tổng số ghế trong rạp hát chính là tổng của 18 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này:

\({S_{18}} = \frac{{18}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {18 - 1} \right)d} \right] = 9 \cdot \left[ {2 \cdot 16 + 17 \cdot 4} \right] = 9 \cdot \left[ {32 + 68} \right] = 9 \cdot 100 = 900\) (ghế).

Vì bán hết sạch vé nên số vé bán ra là \(900\) vé.

Tổng số tiền thu được là 126 triệu đồng = \(126\,000\) nghìn đồng.

Giá tiền của mỗi tấm vé tính theo đơn vị nghìn đồng là: \(\frac{{126\,000}}{{900}} = 140\) (nghìn đồng).

Đáp số: 140.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho lũy thừa cao nhất của \(n\) ở mẫu là \({n^3}\): \(\lim \frac{{\frac{3}{n} - \frac{2}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^3}}}}}{{4 + \frac{{11}}{n} - \frac{5}{{{n^2}}} - \frac{{13}}{{{n^3}}}}}\).

Vì \(\lim \frac{1}{{{n^k}}} = 0\) với \(k \ge 1\), ta được: \(\frac{{0 - 0 + 0}}{{4 + 0 - 0 - 0}} = \frac{0}{4} = 0\).

Đáp số: 0.

Hàm số đã cho luôn liên tục với mọi \(x \ne 4\). Để hàm số liên tục trên \(\mathbb{R}\) thì nó phải liên tục tại điểm \(x = 4\).

Ta có: \(f\left( 4 \right) = m \cdot 4 + 1 = 4m + 1\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {mx + 1} \right) = 4m + 1\);

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{{x^2} - 16}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{\left( {x - 4} \right)\left( {x + 4} \right)}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \left( {x + 4} \right) = 4 + 4 = 8\).

Hàm số liên tục tại \(x = 4\) khi và chỉ khi: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) \Leftrightarrow 4m + 1 = 8 \Leftrightarrow 4m = 7 \Leftrightarrow m = \frac{7}{4}\).

Do \(\frac{7}{4}\) đã là phân số tối giản nên \(a = 7\) và \(b = 4\).

Tính giá trị của biểu thức: \(2a + b = 2 \cdot 7 + 4 = 14 + 4 = 18\).

Đáp số: 18.

Hai chân cầu tại vị trí \(O\) và \(A\) là giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành \(Ox\) (tại các điểm có tung độ \(y = 0\)).

Giải phương trình hoành độ giao điểm: \(\frac{{39}}{{10}}\sin \left( {\frac{x}{8}} \right) = 0 \Leftrightarrow \sin \left( {\frac{x}{8}} \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{8} = k\pi \Leftrightarrow x = 8k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chân cầu thứ nhất tại gốc tọa độ \(O\) ứng với \(k = 0 \Rightarrow {x_O} = 0\).

Chân cầu tiếp theo \(A\) ứng với vị trí giao điểm dương kế tiếp, tức là \(k = 1 \Rightarrow {x_A} = 8\pi \).

Khoảng cách \(OA\) là: \(OA = 8\pi \approx 8 \cdot 3,14159 = 25,1327...{\rm{\;(m)}}\).

Làm tròn đến hàng phần chục (một chữ số thập phân): \(25,1\) m.

Đáp số: 25,1.

Tính giới hạn bên trái khi \(x \to {1^ - }\):

Khi \(x \to {1^ - }\), ta xét các giá trị \(x < 1\), do đó hàm số được xác định bởi công thức \(f\left( x \right) = {x^2} - 3\).

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

Tính giới hạn bên phải khi \(x \to {1^ + }\):

Khi \(x \to {1^ + }\), ta xét các giá trị \(x > 1\), do đó hàm số được xác định bởi công thức \(f\left( x \right) = 5x + 2\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {5x + 2} \right) = 5 \cdot 1 + 2 = 7\).

Tính giới hạn của hàm số khi \(x \to 1\):

Ta thấy giới hạn bên trái và giới hạn bên phải của hàm số tại điểm \(x = 1\) không bằng nhau:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = - 2 \ne 7 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right)\).

Vì giới hạn trái và giới hạn phải khác nhau nên không tồn tại giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)\).

a) Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) có điểm chung đầu tiên là \(S\). Trong hai mặt phẳng này lần lượt chứa hai đường thẳng song song là \(AB\) (thuộc \(\left( {SAB} \right)\)) và \(CD\) (thuộc \(\left( {SCD} \right)\)).

Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng song song, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với cả \(AB\) và \(CD\).

Vậy \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\).

b) Xét trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), vì \(AB{\rm{//}}CD\) nên và đồng dạng với nhau. Từ đó suy ra tỉ số tương ứng: \(\frac{{OD}}{{OB}} = \frac{{CD}}{{AB}}\).

Theo giả thiết đề bài ra, \(AB = 2CD \Rightarrow \frac{{CD}}{{AB}} = \frac{1}{2}\). Do đó: \(\frac{{OD}}{{OB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{OD}}{{BD}} = \frac{{OD}}{{OD + OB}} = \frac{1}{{1 + 2}} = \frac{1}{3}\).

Xét trên cạnh \(SD\), ta có điểm \(E\) thỏa mãn \(SE = 2ED \Rightarrow SD = SE + ED = 2ED + ED = 3ED\). Từ đó suy ra tỉ số: \(\frac{{ED}}{{SD}} = \frac{1}{3}\).

Xét trong tam giác \(SBD\), ta có tỉ số trên hai cạnh \(BD\) và \(SD\): \(\frac{{OD}}{{BD}} = \frac{{ED}}{{SD}} = \frac{1}{3}\).

Theo định lý Thales đảo trong tam giác \(SBD\), ta có \(OE{\rm{//}}SB\).

Mà ta lại có đường thẳng \(SB\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), đồng thời đường thẳng \(OE\) không nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) (\(OE \not\subset \left( {SAB} \right)\)).

Từ hai điều kiện trên, ta kết luận: .