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

Ta có $1983^\circ = 1983 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{1983}}{{180}}\pi = \frac{{661}}{{60}}\pi {\rm{\;(rad)}}$.

Chọn D.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho $n$, ta được: $\lim \frac{{n + 1}}{{2n + 4}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{4}{n}}} = \frac{{\lim 1 + \lim \frac{1}{n}}}{{\lim 2 + \lim \frac{4}{n}}} = \frac{{1 + 0}}{{2 + 0}} = \frac{1}{2}$.

Chọn B.

Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác $0$: $\sin x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy tập xác định của hàm số là: $\mathcal{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn B.

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

Xét dãy số $- 3, - 6, - 9, - 12$:

$\left( { - 6} \right) - \left( { - 3} \right) = - 3$

$\left( { - 9} \right) - \left( { - 6} \right) = - 3$

$\left( { - 12} \right) - \left( { - 9} \right) = - 3$

Hiệu số luôn không đổi và bằng $d = - 3$. Do đó đây là một cấp số cộng.

Chọn D.

Ta có $\cos \left( { - 2x} \right) = \cos \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow - 2x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{{12}} - k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên tập nghiệm có thể viết lại dưới dạng: $S = \left\{ { - \frac{1}{{12}}\pi - k\pi ;\,\frac{1}{{12}}\pi - k\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn B.

Xét tam giác $ABC$, ta có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$. Do đó, $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$$\Rightarrow MN{\rm{//}}BC$.

Mà đường thẳng $BC$ nằm trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ ($BC \subset \left( {BCD} \right)$) và $MN$ không nằm trong $\left( {BCD} \right)$.

Theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng song song với mặt phẳng, ta suy ra: $MN{\rm{//}}\left( {BCD} \right)$.

Chọn D.

Để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$, ta tìm hai điểm chung của chúng:

- Điểm chung thứ nhất: Rõ ràng $S \in \left( {SAC} \right)$ và $S \in \left( {SBD} \right) \Rightarrow S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

- Điểm chung thứ hai: $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD \Rightarrow O = AC \cap BD$. Vì $O \in AC \subset \left( {SAC} \right)$ và $O \in BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng nối hai điểm chung $S$ và $O$.

Ta có $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

Chọn B.

Thay trực tiếp $n = 15$ vào công thức số hạng tổng quát của dãy số: ${u_{15}} = \frac{5}{{15 + 5}} = \frac{5}{{20}} = \frac{1}{4}$.

Chọn A.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{3{x^2} - 4x - 4}}{{4x - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {3x + 2} \right)}}{{4\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{3x + 2}}{4} = 2$.

Chọn A.

Theo định nghĩa trong không gian, hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung nào.

Chọn D.

Công thức tính độ dài cung tròn $l$ khi biết bán kính $R$ và số đo bằng radian $\alpha$ là: $l = R \cdot \alpha$.

Thay số vào công thức: $l = 3 \cdot 1 = 3$.

Chọn A.

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

Áp dụng tính số hạng thứ 11: ${u_{11}} = {u_1} \cdot {q^{10}} = 4 \cdot {\left( { - 3} \right)^{10}} = 4 \cdot 59049 = 236196$.

Chọn B.

Ta có hệ thức lượng giác cơ bản liên quan giữa $\tan a$ và $\cos a$:

$1 + {\tan ^2}a = 1 + \frac{{{{\sin }^2}a}}{{{{\cos }^2}a}} = \frac{{{{\cos }^2}a + {{\sin }^2}a}}{{{{\cos }^2}a}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}a}}$.

Chọn D.

Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta luôn có: $- 1 \le \cos 2x \le 1$$\Leftrightarrow - 10 \le 10\cos 2x \le 10$

$\Leftrightarrow - 10 + 2 \le 10\cos 2x + 2 \le 10 + 2$$\Leftrightarrow - 8 \le y \le 12$.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là $12$, đạt được khi $\cos 2x = 1$.

Chọn A.

Với $\frac{\pi }{2} < x < \pi$, góc $x$ thuộc góc phần tư thứ II trên đường tròn lượng giác. Tại đây:

- $\sin x > 0$ (Đúng)
- $\cos x < 0$ (Đúng)
- $\tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} < 0$ (Đúng)
- $\cot x = \frac{{\cos x}}{{\sin x}} < 0$ (Phát biểu D ghi $\cot x > 0$ là Sai)

Chọn D.

Xét tính chẵn lẻ của từng hàm số lượng giác cơ bản trên tập xác định tương ứng:

- Các hàm số lẻ bao gồm: $y = \sin x$, $y = \tan x$, $y = \cot x$ (tổng cộng có 3 hàm số).

- Hàm số chẵn bao gồm: $y = \cos x$.

Chọn C.

Gọi ${u_1}$ là số hạng đầu và $d$ là công sai của cấp số cộng. Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_2} = {u_1} + d = - 10}\\{{u_4} = {u_1} + 3d = - 18}\end{array}} \right.$.

Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên ta được: $2d = - 8 \Rightarrow d = - 4$.

Thay $d = - 4$ ngược lại phương trình đầu: ${u_1} + \left( { - 4} \right) = - 10 \Rightarrow {u_1} = - 6$.

a) Sai. Vì số hạng đầu chính xác phải là ${u_1} = - 6$.

b) Sai. Ta tính số hạng thứ 8: ${u_8} = {u_1} + 7d = - 6 + 7 \cdot \left( { - 4} \right) = - 6 - 28 = - 34$.

c) Đúng. Giả sử $- 114$ là số hạng thứ $n$ của cấp số cộng ($n \in {\mathbb{N}^*}$):

${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 114 \Leftrightarrow - 6 + \left( {n - 1} \right) \cdot \left( { - 4} \right) = - 114$$\Leftrightarrow - 4\left( {n - 1} \right) = - 108 \Leftrightarrow n - 1 = 27 \Leftrightarrow n = 28 \in {\mathbb{N}^*}$.

Vậy $- 114$ là số hạng thứ $28$ của dãy.

d) Sai. Tổng 8 số hạng đầu tiên được tính bằng công thức:

${S_8} = \frac{8}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + 7d} \right] = 4 \cdot \left[ {2 \cdot \left( { - 6} \right) + 7 \cdot \left( { - 4} \right)} \right] = 4 \cdot \left[ { - 12 - 28} \right] = 4 \cdot \left( { - 40} \right) = - 160$.

a) Sai. Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ nên góc $\alpha$ nằm ở góc phần tư thứ II, suy ra $\cos \alpha < 0$.

b) Sai. Ta có: ${\cos ^2}\alpha = 1 - {\sin ^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow \cos \alpha = - \frac{4}{5}$.

c) Sai. $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{3}{5}}}{{ - \frac{4}{5}}} = - \frac{3}{4}$.

d) Đúng. Áp dụng công thức cộng cho hàm tang:

$\tan \left( {\alpha + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{\tan \alpha + \tan \frac{\pi }{3}}}{{1 - \tan \alpha \cdot \tan \frac{\pi }{3}}} = \frac{{ - \frac{3}{4} + \sqrt 3 }}{{1 - \left( { - \frac{3}{4}} \right) \cdot \sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{4\sqrt 3 - 3}}{4}}}{{\frac{{4 + 3\sqrt 3 }}{4}}} = \frac{{4\sqrt 3 - 3}}{{3\sqrt 3 + 4}}$.

Trục căn thức ở mẫu bằng cách nhân cả tử và mẫu với $\left( {3\sqrt 3 - 4} \right)$:

$\frac{{\left( {4\sqrt 3 - 3} \right)\left( {3\sqrt 3 - 4} \right)}}{{{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2} - {4^2}}} = \frac{{36 - 16\sqrt 3 - 9\sqrt 3 + 12}}{{27 - 16}} = \frac{{48 - 25\sqrt 3 }}{{11}}$.

a) Đúng. Khi $x = 2$, dựa theo nhánh thứ hai của hàm số ta có $f\left( 2 \right) = 2$.

b) Sai. Khi $x = 3 > 2$, dựa theo nhánh thứ nhất của hàm số ta có: $f\left( 3 \right) = \frac{{{3^2} + 4 \cdot 3 - 12}}{{{3^2} - 4}} = \frac{{9 + 12 - 12}}{{9 - 4}} = \frac{9}{5}$.

c) Đúng. Với mọi $x \in \left( {2; + \infty } \right)$, biểu thức $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + 4x - 12}}{{{x^2} - 4}}$ là hàm phân thức hữu tỉ xác định trên toàn bộ khoảng này nên nó liên tục tại mọi điểm thuộc khoảng, bao gồm cả điểm $x = 3$.

d) Sai. Xét tính liên tục tại điểm giới hạn $x = 2$:

Giá trị hàm số: $f\left( 2 \right) = 2$.

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

Giới hạn bên phải: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 4x - 12}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 6} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 6}}{{x + 2}} = \frac{{2 + 6}}{{2 + 2}} = 2$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 2$ nên hàm số liên tục tại điểm $x = 2$.

Giá trị chiếc xe giảm sau 4 năm sử dụng là: $4 \cdot 40 = 160$ (triệu đồng).

Giá trị còn lại của chiếc xe ô tô sau 4 năm là: $870 - 160 = 710$ (triệu đồng).

Đáp số: $710$.

Chi phí cho từng mét khoan lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 200000$ (đồng) và công sai $d = 30000$ (đồng).

Tổng chi phí để khoan 20 mét chính là tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này (${S_{20}}$):

${S_{20}} = \frac{{20}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {20 - 1} \right)d} \right] = 10 \cdot \left[ {2 \cdot 200000 + 19 \cdot 30000} \right]$$= 9700000$ (đồng).

Đổi đơn vị sang triệu đồng: $\frac{{9700000}}{{1000000}} = 9{,}7$ triệu đồng.

Đáp số: $9{,}7$.

Ta giải phương trình: $2\sin \left( {2t + \frac{\pi }{4}} \right) = \sqrt 3 \Leftrightarrow \sin \left( {2t + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2t + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{2t + \frac{\pi }{4} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2t = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi }\\{2t = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = \frac{\pi }{{24}} + k\pi }\\{t = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\pi }\end{array}\quad } \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Theo đề bài, thời gian xét trong $0{,}2$ giây đầu tiên nên $0 \le t \le 0{,}2$.

- Xét nhánh thứ nhất: $t = \frac{\pi }{{24}} + k\pi$. Với $k = 0 \Rightarrow t = \frac{\pi }{{24}} \approx 0{,}131{\rm{\;s}}$ (Thỏa mãn).
- Xét nhánh thứ hai: $t = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\pi$. Với $k = 0 \Rightarrow t = \frac{{5\pi }}{{24}} \approx 0{,}654{\rm{\;s}}$ (Loại vì vượt quá $0{,}2$).

Làm tròn kết quả đến hàng phần trăm: $t \approx 0{,}13{\rm{\;s}}$.

Đáp số: $0{,}13$.

a) Ta có điểm $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$). Vậy $O$ là điểm chung thứ hai.

Giao tuyến cần tìm là: $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

b) Ta có điểm $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$.

Hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song: $AB \subset \left( {SAB} \right)$ và $CD \subset \left( {SCD} \right)$ với $AB{\rm{//}}CD$ (do tính chất của hình bình hành $ABCD$).

Theo hệ quả về giao tuyến của ba mặt phẳng, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua điểm chung $S$ và song song với cả $AB$ và $CD$. Ta có $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d$.

c) Chọn mặt phẳng phụ chứa $BM$ là mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$.

Tìm giao tuyến của mặt phẳng phụ $\left( {SBD} \right)$ và mặt phẳng đề bài $\left( {SAC} \right)$.

Theo kết quả câu a, ta có: $\left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SO$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng $BM$ và giao tuyến $SO$: $I = BM \cap SO$.

Vì $I \in SO$ mà $SO \subset \left( {SAC} \right)$ nên $I \in \left( {SAC} \right)$. Do đó, $I$ chính là giao điểm cần tìm: $I = BM \cap \left( {SAC} \right)$.

d) Xét tam giác $BCD$, ta có:

$O$ là trung điểm của đường chéo $BD$ (tính chất hình bình hành).

$N$ là trung điểm của cạnh $CD$ (giả thiết).

$\Rightarrow ON$ là đường trung bình của .

Mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$ nên suy ra $ON{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ $\left( 1 \right)$.

Xét tam giác $SDB$, ta có:

$O$ là trung điểm của $BD$.

$M$ là trung điểm của cạnh $SD$ (giả thiết).

$\Rightarrow OM$ là đường trung bình của .

Mà $SB \subset \left( {SBC} \right)$ nên suy ra $OM{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ $\left( 2 \right)$.

Mặt khác, hai đường thẳng $ON$ và $OM$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ và cắt nhau tại điểm $O$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, theo định lý về hai mặt phẳng song song, ta kết luận: $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.