Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Khuyến (TP.HCM) có đáp án

Gọi \(d\) là công sai của cấp số cộng. Theo công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_6} = {u_1} + 5d = - 4}\\{{u_{14}} = {u_1} + 13d = - 36}\end{array}} \right.\)

Trừ vế theo vế của phương trình hai cho phương trình một ta được: \(8d = - 32 \Rightarrow d = - 4\).

Thay \(d = - 4\) vào phương trình thứ nhất: \({u_1} + 5 \cdot \left( { - 4} \right) = - 4 \Rightarrow {u_1} - 20 = - 4 \Rightarrow {u_1} = 16\).

Chọn D.

Một dãy số là cấp số cộng khi hiệu của hai số hạng liên tiếp luôn là một hằng số không đổi (\({u_{n + 1}} - {u_n} = d\)).

Xét dãy B: \(3;1; - 1; - 2; - 4\).

Ta có: \(1 - 3 = - 2\); \( - 1 - 1 = - 2\); nhưng \( - 2 - \left( { - 1} \right) = - 1 \ne - 2\).

Hiệu giữa các số hạng liên tiếp không bằng nhau nên dãy số này không phải là cấp số cộng.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy đồ thị đi qua gốc tọa độ \(O\left( {0;0} \right)\). Thay \(x = 0\) vào các phương án:

Phương án A: \(y = - {\rm{cos}}0 = - 1 \ne 0\) (Loại).

Phương án D: \(y = {\rm{cos}}0 = 1 \ne 0\) (Loại).

Đồ thị đi lên từ gốc tọa độ sang phía bên phải (miền dương), nghĩa là hàm số đồng biến trên một khoảng ngay sau điểm \(x = 0\).

Phương án C: \(y = {\rm{sin}}\left( { - \frac{x}{2}} \right) = - {\rm{sin}}\frac{x}{2}\). Khi \(x > 0\) và gần \(0\), ta có \(y < 0\) nên đồ thị phải đi xuống (Loại).

Phương án B: \(y = {\rm{sin}}\frac{x}{2}\). Khi \(x > 0\) và gần \(0\), ta có \(y > 0\) nên đồ thị đi lên (Thỏa mãn). Đồng thời đồ thị đạt giá trị lớn nhất bằng \(1\) tại \(x = \pi \) vì \(y = {\rm{sin}}\frac{\pi }{2} = 1\), hoàn toàn đúng với hình vẽ.

Chọn B.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: \({u_5} = {u_1} + 4d = 2022 + 4 \cdot 7 = 2022 + 28 = 2050\).

Chọn D.

Điểm \(M\) thuộc góc phần tư thứ nhất, tạo với chiều dương trục hoành góc \(\frac{\pi }{3}\). Do đó điểm \(M\) biểu diễn cho góc \(\frac{\pi }{3}\).

Điểm \(N\) và điểm \(M\) đối xứng với nhau qua gốc tọa độ \(O\) tạo thành một đường thẳng (đường kính đường tròn lượng giác).

Hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ cách nhau một nửa vòng tròn, tức là một góc bằng \(\pi \). Vì vậy, họ nghiệm biểu diễn cho cả hai điểm này sẽ tuần hoàn với chu kỳ \(k\pi \).

Công thức số đo tổng quát là: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn C.

Số hạng thứ 25 của dãy ứng với \(n = 25\).

Thay vào công thức số hạng tổng quát: \({u_{25}} = \frac{{25 - 1}}{{{{25}^2} + 2 \cdot 25 + 3}} = \frac{{24}}{{625 + 50 + 3}} = \frac{{24}}{{678}}\)\( = \frac{4}{{113}}\).

Chọn D.

Áp dụng công thức đổi từ độ sang radian: \[\alpha = a^\circ \cdot \frac{\pi }{{180^\circ }}\].

Ta có \(\alpha = 120^\circ \cdot \frac{\pi }{{180^\circ }} = \frac{{120}}{{180}}\pi = \frac{{2\pi }}{3}\).

Chọn A.

Đổi vận tốc từ \({\rm{km/h}}\) sang \({\rm{cm/s}}\): \(v = 50{\rm{\;km/h}} = \frac{{50 \cdot 1000 \cdot 100}}{{3600}}{\rm{\;cm/s}} = \frac{{12500}}{9}{\rm{\;cm/s}} \approx 1388,89{\rm{\;cm/s}}\).

Chu vi của bánh xe (quãng đường xe đi được khi bánh quay 1 vòng): \(C = \pi \cdot d = 55\pi {\rm{\;cm}} \approx 172,7876{\rm{\;cm}}\).

Số vòng bánh xe quay được trong 1 giây là: \(N = \frac{v}{C} = \frac{{\frac{{12500}}{9}}}{{55\pi }} = \frac{{2500}}{{99\pi }} \approx 8,04{\rm{\;v\`o ng}}\).

Chọn D.

Hàm số xác định khi mẫu số khác 0: \({\rm{cos}}x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn A.

Áp dụng công thức truy hồi để tính các số hạng đầu tiên của dãy số:

Với \(n = 1 \Rightarrow {u_2} = {u_1} + {1^2} = 1 + 1 = 2 \Rightarrow \) Mệnh đề C đúng.

Với \(n = 2 \Rightarrow {u_3} = {u_2} + {2^2} = 2 + 4 = 6 \Rightarrow \) Mệnh đề D đúng.

Với \(n = 3 \Rightarrow {u_4} = {u_3} + {3^2} = 6 + 9 = 15 \Rightarrow \) Mệnh đề A sai (vì đề bài cho \({u_4} = 22\)).

Với \(n = 4 \Rightarrow {u_5} = {u_4} + {4^2} = 15 + 16 = 31 \Rightarrow \) Mệnh đề B đúng.

Chọn A.

a) SAI: Công thức lượng giác nhân đôi đúng phải là \({\rm{cos}}2\alpha = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - 1\). Đẳng thức \({\rm{cos}}2\alpha = 2{\rm{cos}}\alpha \) trong câu hỏi là sai.

b) SAI: Ta có \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\left( { - \frac{3}{4}} \right)^2} = \frac{7}{{16}} \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = \frac{{\sqrt 7 }}{4}\) (vì \(\alpha \in \left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\), tức là \(\alpha \) thuộc góc phần tư thứ II nên \({\rm{sin}}\alpha > 0\)). Đề bài viết dấu \( \pm \) là sai.

c) ĐÚNG: Do \(\alpha \in \left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)\) là góc phần tư thứ II, giá trị sin của góc luôn mang dấu dương.

d) ĐÚNG: Ta tính được: \({\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{{\sqrt 7 }}{4}}}{{ - \frac{3}{4}}} = - \frac{{\sqrt 7 }}{3}\).

Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm số nghiệm của phương trình \(P\left( t \right) = 100\) trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).

\(100 + 20{\rm{sin}}\left( {\frac{{7\pi }}{3}t} \right) = 100 \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {\frac{{7\pi }}{3}t} \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \frac{{7\pi }}{3}t = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{3k}}{7}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vì \(0 < t < 1\), ta lập bất phương trình để tìm khoảng giá trị của \(k\):

\(0 < \frac{{3k}}{7} < 1 \Leftrightarrow 0 < 3k < 7 \Leftrightarrow 0 < k < \frac{7}{3} \approx 2,33\).

Vì \(k\) nguyên nên ta nhận các giá trị \(k = 1\) và \(k = 2\). Từ đó có 2 giá trị thời gian thỏa mãn.

Đáp số: 2

Số tiền nuôi heo mỗi ngày của một học sinh tạo thành một cấp số cộng với số hạng đầu \({u_1} = 2000\) và công sai \(d = 200\).

Tổng số tiền một học sinh đóng góp sau \(n\) ngày là:

\({S_n} = \frac{{n \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{n \cdot \left[ {4000 + 200\left( {n - 1} \right)} \right]}}{2} = n\left( {2000 + 100n - 100} \right) = 100{n^2} + 1900n\)

Cả lớp có 43 học sinh nên tổng số tiền thu được sau \(n\) ngày là:

\(T = 43 \cdot {S_n} = 43\left( {100{n^2} + 1900n} \right) = 4300{n^2} + 81700n\)

Cho tổng số tiền này bằng số tiền đề bài cho:

\(4300{n^2} + 81700n = 5658800 \Leftrightarrow 43{n^2} + 817n - 56588 = 0\)

Giải phương trình bậc hai ta tìm được \(n = 28\) (nhận) và \(n = - 47\) (loại).

Đáp số: 28

Ta có \({\rm{sin}}\left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{sin}}3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = 2x + \frac{\pi }{3} + k2\pi \\3x = \pi  - \left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\5x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\x = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k2\pi }}{5}\end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình có các họ nghiệm là \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \) và \(x = \frac{{2\pi }}{{15}} + \frac{{k2\pi }}{5}\) với \(k \in \mathbb{Z}\).

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\):

Xét hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\), ta thấy:

Điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng.

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(F\) là giao điểm của đường thẳng \(AC\) và \(BI\).

Vì \(F \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow F \in \left( {SAC} \right)\).

Vì \(F \in BI \subset \left( {SBI} \right) \Rightarrow F \in \left( {SBI} \right)\).

Suy ra \(F\) là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SBI} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) là đường thẳng \(SF\).

b) Tìm giao điểm \(E\) của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\):

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(BI\) và đường thẳng \(AD\).

Do \(K \in BI \subset \left( {MBI} \right) \Rightarrow K \in \left( {MBI} \right)\).

Do \(K \in AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAD} \right)\).

Xét trong mặt phẳng phụ \(\left( {SAD} \right)\), ta có hai điểm \(M\) và \(K\) đều nằm trong mặt phẳng này nên đường thẳng \(MK \subset \left( {SAD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của đường thẳng \(MK\) và cạnh bên \(SD\) (\(E = MK \cap SD\)).

Chứng minh \(E\) thuộc mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\):

Ta có \(E \in SD\).

Ta có \(E \in MK\), mà \(MK \subset \left( {MBI} \right)\) (vì cả \(M\) và \(K\) đều thuộc \(\left( {MBI} \right)\)).

Vậy điểm \(E\) chính là giao điểm của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {MBI} \right)\).

c) Tính tỉ số \(\frac{{SE}}{{ED}}\):

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAD\) với cát tuyến là đường thẳng đi qua ba điểm \(M,E,K\):

     \(\frac{{MS}}{{MA}} \cdot \frac{{KA}}{{KD}} \cdot \frac{{ED}}{{ES}} = 1\)

Tính các tỉ số thành phần dựa vào tính chất hình học phẳng:

Vì \(M\) là trung điểm của cạnh bên \(SA\) nên: \(\frac{{MS}}{{MA}} = 1\).

Xét mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\): Ta có \(AD{\rm{//}}BC\). Áp dụng hệ quả định lý Thales trong tam giác mở rộng với \(DK{\rm{//}}BC\):

                               \(\frac{{KD}}{{BC}} = \frac{{ID}}{{IC}}\)

Mà \(I\) là trung điểm của cạnh \(CD\) nên \(\frac{{ID}}{{IC}} = 1 \Rightarrow KD = BC\).

Vì đáy là hình bình hành nên \(BC = AD\), từ đó suy ra \(KD = AD\) (điểm \(D\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AK\)).

Do đó: \(KA = 2KD \Rightarrow \frac{{KA}}{{KD}} = 2\).

Thế các kết quả vừa tính vào phương trình định lý Menelaus:

\(1 \cdot 2 \cdot \frac{{ED}}{{SE}} = 1 \Rightarrow \frac{{ED}}{{SE}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{SE}}{{ED}} = 2\)

Vậy tỉ số cần tìm là \(\frac{{SE}}{{ED}} = 2\).