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

Ta có giới hạn cơ bản của dãy số: $\lim \frac{1}{n} = 0$.

Áp dụng quy tắc tính giới hạn của một tổng: $\lim \left( {\frac{1}{n} + 2} \right) = \lim \frac{1}{n} + \lim 2 = 0 + 2 = 2$.

Chọn C.

Áp dụng định lý về giới hạn của tích một hằng số với một hàm số:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \left[ {2f\left( x \right)} \right] = 2 \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = 2 \cdot \left( { - 2} \right) = - 4$.

Chọn B.

Quan sát đồ thị hàm số, tại vị trí điểm ${x_0} = - 1$, nét vẽ đồ thị của hàm số bị ngắt quãng hoàn toàn (giới hạn bên trái và giới hạn bên phải tại điểm này khác nhau). Do đó, hàm số không liên tục (tức gián đoạn) tại điểm ${x_0} = - 1$.

Chọn D.

Tổng số mẫu số liệu (cỡ mẫu) là $n = 64$.

Vị trí của tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ trong mẫu số liệu ghép nhóm là $\frac{n}{4} = \frac{{64}}{4} = 16$.

Ta tính tần số tích lũy tương ứng của các nhóm:

- Nhóm $\left[ {10;20} \right)$ có tần số tích lũy là $c{f_1} = 9$.
- Nhóm $\left[ {20;30} \right)$ có tần số tích lũy là $c{f_2} = 9 + 19 = 28$.

Vì $9 < 16 \le 28$ nên giá trị tứ phân vị thứ nhất ${Q_1}$ nằm ở nhóm thứ hai, tức là nhóm $\left[ {20;30} \right)$.

Chọn A.

Ta có giá trị đại diện của nhóm $\left[ {120;130} \right)$ là: $x = \frac{{120 + 130}}{2} = 125$.

Chọn A.

Độ dài $h$ của mỗi nhóm ghép nhóm dạng $\left[ {a;b} \right)$ được tính bằng hiệu số: $h = b - a$.

Xét nhóm đầu tiên $\left[ {0;30} \right)$, độ dài của nhóm là: $h = 30 - 0 = 30$.

Tương tự cho các nhóm còn lại, ta thấy các nhóm đều có độ dài bằng $30$.

Chọn D.

Dựa vào định nghĩa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian (không cùng nằm trong một mặt phẳng):

- $AD$ và $SA$ cắt nhau tại điểm $A$.
- $AD$ và $CD$ cắt nhau tại điểm $D$.
- $AD$ và $BC$ cùng nằm trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$. Vì đáy là tứ giác lồi có các cặp cạnh đối không song song nên hai đường thẳng này cắt nhau khi kéo dài.
- $AD$ và $SB$ không đồng phẳng (không cùng thuộc bất kỳ mặt phẳng nào), do đó chúng chéo nhau.

Chọn A.

Trong tam giác $BCD$, vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $CD$ nên $MN$ là đường trung bình. Suy ra $MN{\rm{//}}BC$. Mà $BC \subset \left( {ABC} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Trong tam giác $ACD$, vì $N,P$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AD$ nên $NP$ là đường trung bình. Suy ra $NP{\rm{//}}AC$. Mà $AC \subset \left( {ABC} \right)$ nên $NP{\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $NP$ cùng song song với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, do đó theo định lý song song giữa hai mặt phẳng, ta có $\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Chọn C.

Ta xét hai mặt phẳng $\left( {ABC'} \right)$ và $\left( {A'B'C'} \right)$:

- Có điểm chung là $C'$.
- Mặt phẳng $\left( {ABC'} \right)$ chứa đường thẳng $AB$.
- Mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ chứa đường thẳng $A'B'$.

Vì $ABC.A'B'C'$ là hình lăng trụ tam giác nên ta có các cạnh đáy song song nhau: $AB{\rm{//}}A'B'$.

Theo định lý về giao tuyến song song: Nếu hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song với hai đường thẳng đó. Do đó, giao tuyến đi qua điểm chung $C'$ và song song với đường thẳng $AB$ (và $A'B'$).

Chọn B.

Gọi chiều cao của chiếc bình hình trụ là $h$. Vì lượng nước trong bình chiếm đúng $\frac{1}{3}$ dung tích bình nên chiều cao của cột nước hiện tại là: ${h_1} = \frac{1}{3}h$.

Khi ống hút được đặt vào bình, một đầu chạm đáy và một đầu chạm miệng bình (dù đặt thẳng đứng hay nghiêng), theo định lý Thales trong không gian, tỉ số giữa độ dài đoạn ống hút ngập trong nước (${L_1}$) so với tổng chiều dài ống hút ($L$) chính bằng tỉ số giữa chiều cao cột nước so với chiều cao bình:

$\frac{{{L_1}}}{L} = \frac{{{h_1}}}{h} = \frac{1}{3}$.

Thay số với chiều dài toàn bộ ống hút $L = 21{\rm{\;cm}}$, ta có độ dài phần ống hút bị ướt là:

${L_1} = \frac{1}{3} \cdot 21 = 7{\rm{\;cm}}$.

Chọn D.

Ta tính giới hạn của hàm số khi thời gian tiến ra vô cùng ($t \to + \infty$): $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \left( {5 - \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}}} \right)$.

Mà $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{15t}}{{9{t^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{\frac{{15}}{t}}}{{9 + \frac{1}{{{t^2}}}}} = \frac{0}{{9 + 0}} = 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = 5 - 0 = 5$.

Chọn A.

Đầu tiên, xác định giá trị đại diện ${x_i}$ của từng nhóm độ tuổi:

- Nhóm $\left[ {10;20} \right)$: ${x_1} = 15$
- Nhóm $\left[ {20;30} \right)$: ${x_2} = 25$
- Nhóm $\left[ {30;40} \right)$: ${x_3} = 35$
- Nhóm $\left[ {40;50} \right)$: ${x_4} = 45$
- Nhóm $\left[ {50;60} \right)$: ${x_5} = 55$

Tổng số người (cỡ mẫu) tham gia thống kê là: $N = 6 + 12 + 16 + x + 2 = 36 + x$.

Công thức số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\bar x = \frac{{6 \cdot 15 + 12 \cdot 25 + 16 \cdot 35 + x \cdot 45 + 2 \cdot 55}}{{36 + x}} =$$\frac{{1060 + 45x}}{{36 + x}} = 31 \Rightarrow 1060 + 45x = 31\left( {36 + x} \right)$$\Leftrightarrow x = 4$.

Số người từ $40$ tuổi trở lên gồm nhóm từ $\left[ {40;50} \right)$ và nhóm từ $\left[ {50;60} \right)$, tổng số người là:

$x + 2 = 4 + 2 = 6$ (người).

Chọn C.

Từ biểu đồ, ta có bảng tần số sau:

a) ĐÚNG. Cỡ mẫu $n$ là tổng tất cả tần số của các nhóm: $n = 1 + 1 + 7 + 16 + 13 + 5 = 43$.

b) SAI. Khoảng biến thiên $R$ của mẫu số liệu ghép nhóm là hiệu số giữa đầu mút phải của nhóm cuối cùng và đầu mút trái của nhóm đầu tiên: $R = 10 - 4 = 6$.

c) ĐÚNG. Ta có $\frac{n}{2} = \frac{{43}}{2} = 21{,}5$.

Cộng dồn tần số từ trái sang phải:

Nhóm $\left[ {4;5} \right)$ tích lũy: $1$.

Nhóm $\left[ {5;6} \right)$ tích lũy: $1 + 1 = 2$.

Nhóm $\left[ {6;7} \right)$ tích lũy: $2 + 7 = 9$.

Nhóm $\left[ {7;8} \right)$ tích lũy: $9 + 16 = 25$.

Vì $9 < 21{,}5 \le 25$ nên nhóm chứa trung vị là nhóm $\left[ {7;8} \right)$.

d) ĐÚNG. Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm $\left[ {7;8} \right)$ có tần số $m = 16$.

Mốt của mẫu số liệu ghép nhóm: ${M_0} = 7 + \frac{{16 - 7}}{{\left( {16 - 7} \right) + \left( {16 - 13} \right)}} \cdot 1 = 7 + \frac{9}{{9 + 3}} = 7 + \frac{9}{{12}} = 7{,}75$.

a) ĐÚNG. Với $t = 1 \in \left[ {0;70} \right]$, thay vào công thức nhánh đầu tiên: $T\left( 1 \right) = 20 + 3 \cdot 1 = 23$.

b) SAI. Khi $t \to {70^ + }$, giá trị của $t > 70$ nên sử dụng công thức ở nhánh thứ hai:

$\mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ + }} T\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ + }} \left( {370 - 2t} \right) = 370 - 2 \cdot 70 = 230$.

c) SAI. Ta kiểm tra tính liên tục tại điểm $t = 70$:

Giới hạn bên trái: $\mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ - }} T\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ - }} \left( {20 + 3t} \right) = 20 + 3 \cdot 70 = 230$.

Giới hạn bên phải: $\mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ + }} T\left( t \right) = 230$.

Giá trị hàm số: $T\left( {70} \right) = 20 + 3 \cdot 70 = 230$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ - }} T\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {{70}^ + }} T\left( t \right) = T\left( {70} \right) = 230$, suy ra hàm số liên tục tại điểm $t = 70$.

d) ĐÚNG. Giải phương trình $T\left( t \right) = 170$ trên cả 2 nhánh:

Nhánh 1 ($0 \le t \le 70$): $20 + 3t = 170 \Leftrightarrow 3t = 150 \Leftrightarrow t = 50$ (Thỏa mãn).

Nhánh 2 ($70 < t \le 120$): $370 - 2t = 170 \Leftrightarrow 2t = 200 \Leftrightarrow t = 100$ (Thỏa mãn).

Vậy có chính xác hai thời điểm nhiệt độ bằng $170^\circ {\rm{C}}$.

a) SAI. Vì đường thẳng $SA$ cắt mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$ tại $A$ mà điểm $A$ không nằm trên đường thẳng $MD$. Do đó, hai đường thẳng $SA$ và $MD$ chéo nhau.

b) ĐÚNG. Do đáy $ABCD$ là hình vuông nên $BC{\rm{//}}AD$. Mà $AD \subset \left( {SAD} \right)$ và $BC \not\subset \left( {SAD} \right)$, suy ra $BC{\rm{//}}\left( {SAD} \right)$.

c) ĐÚNG. Điểm $M \in BC \subset \left( {ABCD} \right)$. Đường thẳng $d$ qua $M$ và song song với $AB$ (trong đó $AB \subset \left( {ABCD} \right)$) phải nằm trọn vẹn trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$.

d) SAI. Xác định hình dáng và kích thước thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$:

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, cắt $AD$ tại $N$. Do đó $MN{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $5$ nên $MN = 5$. Ta có $AN = BM = 2 \Rightarrow ND = 5 - 2 = 3$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $SB$, cắt $SC$ tại $P$. Theo định lý Thales: $\frac{{MP}}{{SB}} = \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{{5 - 2}}{5} = \frac{3}{5} \Rightarrow MP = \frac{3}{5} \cdot 5 = 3$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$, qua $N$ kẻ đường thẳng song song với $SA$, cắt $SD$ tại $Q$. Theo định lý Thales: $\frac{{NQ}}{{SA}} = \frac{{DN}}{{DA}} = \frac{3}{5} \Rightarrow NQ = \frac{3}{5} \cdot 5 = 3$.

Do mặt phẳng $\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAB} \right)$ nên giao tuyến $PQ$ với mặt bên $\left( {SCD} \right)$ phải song song với $AB$ và $CD$. Theo định lý Thales: $\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{5} \Rightarrow PQ = \frac{2}{5} \cdot 5 = 2$.

Thiết diện thu được là một hình thang cân $MNQP$ có đáy lớn $MN = 5$, đáy nhỏ $PQ = 2$, và hai cạnh bên bằng nhau $MP = NQ = 3$.

Độ dài hình chiếu của cạnh bên lên đáy lớn là: $\frac{{5 - 2}}{2} = 1{,}5$.

Chiều cao của hình thang cân thiết diện: ${h_{ht}} = \sqrt {{3^2} - 1,{5^2}} = \sqrt {9 - 2{,}25} = \sqrt {6{,}75} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích đa giác thiết diện là: ${S_{MNQP}} = \frac{{\left( {MN + PQ} \right) \cdot {h_{ht}}}}{2} = \frac{{\left( {5 + 2} \right) \cdot \frac{{3\sqrt 3 }}{2}}}{2} = \frac{{21\sqrt 3 }}{4}$.

Giá trị bài toán đưa ra là $\frac{{7\sqrt 3 }}{4}$ nên khẳng định này sai.

Để xét tính liên tục của hàm số tại điểm ${x_0} = 2$, ta cần tính và so sánh giới hạn bên trái, giới hạn bên phải và giá trị của hàm số tại điểm này:

Giá trị của hàm số tại điểm $x = 2$: $f\left( 2 \right) = 2 + 1 = 3$.

Giới hạn bên trái của hàm số khi $x \to {2^ - }$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \left( {x + 1} \right) = 2 + 1 = 3$.

Giới hạn bên phải của hàm số khi $x \to {2^ + }$:

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

Vì ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = 3$ nên hàm số đã cho liên tục tại điểm ${x_0} = 2$.

Xét trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$ của hình chóp:

Vì $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$ và $N$ là trung điểm của đoạn thẳng $CD$, nên đoạn thẳng $MN$ chính là đường trung bình của tam giác $BCD$.

Theo tính chất đường trung bình trong tam giác, ta có mối quan hệ song song: $MN{\rm{//}}BD$.

Mà $MN \subset \left( {SMN} \right)$ và $BD \not\subset \left( {SMN} \right)$.

Vậy $BD{\rm{//}}\left( {SMN} \right)$.

Gọi ${R_n}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp và ${r_n}$ là bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác đều ${A_n}{B_n}{C_n}$.

Đối với một tam giác đều bất kỳ, ta có mối liên hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp qua hệ thức lượng trong tam giác: ${r_n} = {R_n} \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2}{R_n}$.

Theo mô tả quy trình của bài toán, đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều kế tiếp ${A_{n + 1}}{B_{n + 1}}{C_{n + 1}}$ chính là đường tròn nội tiếp của tam giác đều ${A_n}{B_n}{C_n}$ liền trước nó. Do đó ta có hệ thức liên hồi: ${R_{n + 1}} = {r_n} = \frac{1}{2}{R_n}$.

Vì hai tam giác đều bất kỳ luôn luôn đồng dạng với nhau, nên tỉ số diện tích giữa hai tam giác đều liên tiếp sẽ bằng bình phương tỉ số đồng dạng (tức bình phương tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp):

$\frac{{{S_{n + 1}}}}{{{S_n}}} = {\left( {\frac{{{R_{n + 1}}}}{{{R_n}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}$.

Do đó, dãy số các giá trị diện tích $\left( {{S_n}} \right)$ lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu tiên là ${S_1}$ và công bội là $q = \frac{1}{4}$ (thỏa mãn điều kiện $\left| q \right| < 1$).

Bây giờ ta tính diện tích của tam giác đều đầu tiên ${S_1}$:

Tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ nội tiếp đường tròn có bán kính ngoại tiếp ${R_1} = R = 6{\rm{\;cm}}$.

Độ dài cạnh ${a_1}$ của tam giác đều này là: ${a_1} = {R_1}\sqrt 3 = 6\sqrt 3 {\rm{\;cm}}$.

Diện tích của tam giác đều ${A_1}{B_1}{C_1}$ bằng: ${S_1} = \frac{{a_1^2\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{{\left( {6\sqrt 3 } \right)}^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = \frac{{108\sqrt 3 }}{4} = 27\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$.

Áp dụng công thức tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn, ta có tổng diện tích cần tìm là:

$S = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{27\sqrt 3 }}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{{27\sqrt 3 }}{{\frac{3}{4}}} = 27\sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = 36\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$.

Vậy tổng diện tích tất cả các tam giác đều được tạo ra vô hạn là $S = 36\sqrt 3 {\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}$.