Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 TH, THCS và THPT Trương Vĩnh Ký (TP.HCM) có đáp án

Trong hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$, ta có:

- $BD{\rm{//}}B'D'$ (do $BB'D'D$ là hình bình hành) $\Rightarrow BD{\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)$.
- $BC'{\rm{//}}AD'$ (do $ABC'D'$ là hình bình hành) $\Rightarrow BC'{\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)$.

Do đó, hai đường thẳng cắt nhau $BD$ và $BC'$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left( {C'BD} \right)$ và song song với mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$. Theo tính chất song song, ta suy ra: $\left( {C'BD} \right){\rm{//}}\left( {AB'D'} \right)$.

Chọn C.

Theo các công thức lượng giác cơ bản, ta có: $\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1\quad \left( {\alpha \ne k\frac{\pi }{2},k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do đó, hệ thức $\tan \alpha \cdot \cot \alpha = - 1$ ở phương án D là sai.

Chọn D.

Ta phân tích tử số và mẫu số thành nhân tử để khử dạng vô định $\frac{0}{0}$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{{x^2} - 9}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 2}}{{x + 3}} = \frac{{3 - 2}}{{3 + 3}} = \frac{1}{6}$.

Từ đó, ta có $\frac{a}{b} = \frac{1}{6}$ là phân số tối giản, suy ra $a = 1$ và $b = 6$.

Giá trị của tổng $a + b$ là: $a + b = 1 + 6 = 7$.

Chọn B.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số:

Đồ thị đi qua điểm $\left( {0;1} \right)$, nghĩa là khi $x = 0$ thì $y = 1$. Kiểm tra với hàm số $y = \cos x$, ta có $\cos 0 = 1$ (thỏa mãn). Trong khi đó $\sin 0 = 0$.

Đồ thị có tính chất đối xứng qua trục tung $Oy$, là đồ thị của hàm số chẵn $y = \cos x$.

Chọn A.

Ta có $2\cos x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \cos x = \cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right)$$\Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn C.

Công bội $q$ của cấp số nhân được tính bằng: $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{3}{1} = 3$.

Chọn B.

Ta có:

- Đỉnh $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.

- Hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ lần lượt chứa hai đường thẳng $AD$ và $BC$ song song với nhau (do $ABCD$ là hình bình hành).

Theo định lý về giao tuyến song song, giao tuyến của $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với cả $AD$ và $BC$.

Chọn A.

Độ tuổi thích xem phim nhiều nhất tương ứng với giá trị Mốt (${M_o}$) của mẫu số liệu ghép nhóm.

Nhóm chứa mốt là nhóm có tần số lớn nhất: $\left[ {20;30} \right)$ với tần số ${n_m} = 48$.

Áp dụng công thức tính mốt: ${M_o} = 20 + \frac{{48 - 30}}{{\left( {48 - 30} \right) + \left( {48 - 11} \right)}} \cdot 10 = 20 + \frac{{18}}{{18 + 37}} \cdot 10 = 20 + \frac{{180}}{{55}} \approx 23{,}27$.

Làm tròn đến hàng đơn vị, độ tuổi thích xem phim nhất là 23.

Chọn C.

Vì $\lim {n^3} = + \infty$, nên theo giới hạn cơ bản của dãy số ta có: $\lim \frac{2}{{{n^3}}} = 0$.

Chọn C.

Thay $n = 5$ vào công thức số hạng tổng quát, ta được: ${u_5} = {2^5} + 1 = 32 + 1 = 33$.

Chọn B.

Công thức chuyển đổi từ độ sang radian: $\alpha = 120 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{2\pi }}{3}{\rm{\;(rad)}}$.

Chọn B.

Tìm giá trị đại diện (${x_i}$) của từng nhóm:

- Nhóm $\left[ {10;14} \right) \to {x_1} = \frac{{10 + 14}}{2} = 12$.
- Nhóm $\left[ {14;18} \right) \to {x_2} = \frac{{14 + 18}}{2} = 16$.
- Nhóm $\left[ {18;22} \right) \to {x_3} = \frac{{18 + 22}}{2} = 20$.
- Nhóm $\left[ {22;26} \right) \to {x_4} = \frac{{22 + 26}}{2} = 24$.
- Nhóm $\left[ {26;30} \right) \to {x_5} = \frac{{26 + 30}}{2} = 28$.

Giá trị trung bình $\bar x$: $\bar x = \frac{{55 \cdot 12 + 78 \cdot 16 + 110 \cdot 20 + 45 \cdot 24 + 12 \cdot 28}}{{300}}$$= \frac{{1381}}{{75}}$.

Chọn A.

a) ĐÚNG. Cỡ mẫu $N = 24 + 57 + 42 + 29 + 8 = 160$.

b) ĐÚNG. Nhóm chứa mốt là $\left[ {6;9} \right)$ vì có tần số lớn nhất là $57$.

Ta có ${M_o} = 6 + \frac{{57 - 24}}{{\left( {57 - 24} \right) + \left( {57 - 42} \right)}} \cdot \left( {9 - 6} \right) = 6 + \frac{{33}}{{33 + 15}} \cdot 3 = 6 + \frac{{99}}{{48}} = 6 + 2{,}0625 = 8{,}0625$.

c) ĐÚNG. Xác định giá trị đại diện của từng nhóm lần lượt là $4{,}5;7{,}5;10{,}5;13{,}5;16{,}5$.

Số trung bình: $\bar x = \frac{{24 \cdot 4{,}5 + 57 \cdot 7{,}5 + 42 \cdot 10{,}5 + 29 \cdot 13{,}5 + 8 \cdot 16{,}5}}{{160}} = 9{,}375$.

d) SAI. Nhóm $25\%$ hộ có lượng nước tiêu thụ cao nhất tương ứng với việc tìm tứ phân vị thứ ba (${Q_3}$).

Ta có $\frac{{3N}}{4} = \frac{{3 \cdot 160}}{4} = 120$.

Tích lũy tần số: Nhóm 1 ($24$), nhóm 2 ($24 + 57 = 81$), nhóm 3 ($81 + 42 = 123$).

Vậy ${Q_3}$ thuộc nhóm $\left[ {9;12} \right)$. Do đó ${Q_3} = 9 + \frac{{120 - 81}}{{42}} \cdot \left( {12 - 9} \right) = 9 + \frac{{39}}{{42}} \cdot 3 = 9 + \frac{{39}}{{14}} \approx 11{,}79$.

Vì đề bài yêu cầu gửi thông báo cho nhóm tiêu thụ cao nhất (từ ${Q_3}$ trở lên), nên giá trị chính xác là từ $11{,}79\,{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$ trở lên.

a) ĐÚNG. Khi $x = 4$, ta dùng công thức $f\left( x \right) = 2x - 4$. Do đó, $f\left( 4 \right) = 2 \cdot 4 - 4 = 4$.

b) SAI. Tính giới hạn bên phải tại $x = 4$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{4 - \sqrt {3x + 4} }}{{4 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{16 - \left( {3x + 4} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{12 - 3x}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{{3\left( {4 - x} \right)}}{{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt {3x + 4} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} \frac{3}{{4 + \sqrt {3x + 4} }} = \frac{3}{{4 + 4}} = \frac{3}{8}$.

Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \frac{3}{8} \ne 4$.

c) SAI. Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ + }} f\left( x \right) = \frac{3}{8}$ còn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} f\left( x \right) = f\left( 4 \right) = 4$. Do giới hạn hai phía không bằng nhau nên không tồn tại giới hạn tại $x = 4$, suy ra hàm số không liên tục tại $x = 4$.

d) ĐÚNG. Khi $x \to - \infty$, ta có $f\left( x \right) = 2x - 4$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{{\left( {2x - 4} \right)}^2} - 2\left( {2x - 4} \right)}}{{{x^2} - 5x + 12}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4{x^2} - 16x + 16 - 4x + 8}}{{{x^2} - 5x + 12}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4{x^2} - 20x + 24}}{{{x^2} - 5x + 12}} = 4$.

Vì $AB//CD$ và $AB = 3CD$, theo định lý Thales trong tam giác có đáy song song:

$\frac{{OD}}{{OB}} = \frac{{OC}}{{OA}} = \frac{{CD}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{OD}}{{BD}} = \frac{{OC}}{{AC}} = \frac{1}{4}$.

Mặt phẳng $\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)$ cắt các mặt của hình chóp tạo thành các đoạn thẳng song song ứng với các cạnh của tam giác $SCD$:

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, kẻ $MN{\rm{//}}CD$ ($M \in AD,N \in BC$) đi qua $O$. Do đó $\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{3}{4}$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$, kẻ $MQ{\rm{//}}SD$ ($Q \in SA$). Do đó $\frac{{AQ}}{{AS}} = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{MQ}}{{SD}} = \frac{3}{4}$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$, kẻ $NP{\rm{//}}SC$ ($P \in SB$). Do đó $\frac{{BP}}{{BS}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{3}{4}$.

Từ đó suy ra $\frac{{BP}}{{BS}} = \frac{{AQ}}{{AS}}$. Do đó $PQ{\rm{//}}AB$.

Vì $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ nên $CD{\rm{//}}AB$. Do đó $PQ{\rm{//}}MN$.

Lại có $SCD$ là tam giác vuông tại $D$ nên $SD \bot DC$. Từ đó suy ra được $MQ \bot MN$.

Như vậy, tứ giác $MNQP$ là hình thang vuông tại $M$ và $Q$.

Ta có: $\frac{{MQ}}{{SD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow MQ = \frac{3}{4} \cdot 8 = 6$;

$AB = 3CD = 3 \cdot 4 = 12$ và $QP{\rm{//}}AB \Rightarrow \frac{{QP}}{{AB}} = \frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow QP = \frac{1}{4} \cdot 12 = 3$.

$MN{\rm{//}}CD \Rightarrow \frac{{OM}}{{CD}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow OM = 3$ và $\frac{{ON}}{{CD}} = \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{3}{4} \Rightarrow ON = 3 \Rightarrow MN = OM + ON = 6$.

Diện tích hình thang vuông $MNQP$: ${S_{MNQP}} = \frac{{\left( {QP + MN} \right) \cdot MQ}}{2} = \frac{{\left( {3 + 6} \right) \cdot 6}}{2} = 27$.

Đáp số: 27.

Sau mỗi khoảng thời gian 30 phút, nhiệt độ còn lại bằng $100\% - 25\% = 75\% = 0{,}75$ so với chu kỳ trước.

Thời gian 3 giờ gồm số chu kỳ 30 phút là: $\frac{3}{{0{,}5}} = 6$.

Công thức tính nhiệt độ sau 6 chu kỳ: $T = 28 \cdot {\left( {0{,}75} \right)^6} \approx 4{,}98{\rm{^\circ C}}$.

Đáp số: 4,98.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\left( {\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} - 2x} \right) + 2025} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {4{x^2} - 8x + 5} \right) - 4{x^2}}}{{\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} + 2x}} + 2025$ (sử dụng nhân liên hợp)

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 8x + 5}}{{\sqrt {4{x^2} - 8x + 5} + 2x}} + 2025$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 8 + \frac{5}{x}}}{{\sqrt {4 - \frac{8}{x} + \frac{5}{{{x^2}}}} + 2}} + 2025$ (chia cả tử và mẫu cho $x$ với $x > 0$)

$= \frac{{ - 8}}{{\sqrt 4 + 2}} + 2025 = \frac{{ - 8}}{4} + 2025 = - 2 + 2025 = 2023$.

Đáp số: 2023.

Hàm số $D\left( t \right)$ đạt giá trị lớn nhất khi: $\sin \left( {\frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k2\pi$

$\Leftrightarrow \frac{\pi }{{12}}\left( {t - 10} \right) = \frac{\pi }{3} + k2\pi$$\Leftrightarrow t - 10 = 4 + 24k \Leftrightarrow t = 14 + 24k\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $0 \le t < 24$, chọn $k = 0 \Rightarrow t = 14$.

Vậy lượng dữ liệu đạt mức cao nhất vào lúc 14 giờ trong ngày.

Đáp số: 14.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác đối với hàm tang theo đơn vị độ:

$\tan \left( {x - 20^\circ } \right) = \tan 10^\circ \Leftrightarrow x - 20^\circ = 10^\circ + k180^\circ$$\Leftrightarrow x = 30^\circ + k180^\circ \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 30^\circ + k180^\circ \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân là: ${u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}$.

Áp dụng tính số hạng ${u_8}$: ${u_8} = {u_1} \cdot {q^7} = \left( { - 1} \right) \cdot {2^7} = - 1 \cdot 128 = - 128$.

Vậy ${u_8} = - 128$.

a) Ta thấy điểm $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$.

Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, ta có $AD{\rm{//}}BC$ (do $ABCD$ là hình bình hành).

Mà $AD \subset \left( {SAD} \right)$ và $BC \subset \left( {SBC} \right)$.

Theo tính chất đường thẳng song song, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AD$ và $BC$. Vậy $\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d$.

b) Trong tam giác $SCD$, ta có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SC,SD$, do đó $MN$ là đường trung bình của tam giác $SCD$. Suy ra $MN{\rm{//}}CD$. Mà $CD{\rm{//}}AB$ nên $MN{\rm{//}}AB$. Do đó, $MN{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Trong tam giác $SAC$, có $O$ là trung điểm của $AC$ (tính chất hình bình hành tâm $O$) và $M$ là trung điểm của $SC$. Do đó $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$. Suy ra $OM{\rm{//}}SA$. Do đó, $OM{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

Ta có $MN,OM \subset \left( {OMN} \right)$ và cắt nhau tại $M$.

Từ đó suy ra: $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

c) Xét mặt phẳng phụ $\left( {SAC} \right)$ chứa đường thẳng $AM$.

Tìm giao tuyến của $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$: Ta có $S$ là điểm chung và $O = AC \cap BD$ là điểm chung thứ hai. Do đó, $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $AM$ và $SO$.

Vì $I \in SO$ và $SO \subset \left( {SBD} \right)$ nên $I \in \left( {SBD} \right)$.

Vậy $I = AM \cap \left( {SBD} \right)$ chính là giao điểm cần tìm (đây cũng chính là trọng tâm của tam giác $SAC$).