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

Xét trong tam giác $SAC$, ta có $M$ là trung điểm của $SA$, $N$ là trung điểm của $SC$.

Do đó, $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra: $MN{\rm{//}}AC$.

Mặt khác, ta có: $AC \subset \left( {ABCD} \right)$; $MN \not\subset \left( {ABCD} \right)$.

Do đó, theo tính chất song song giữa đường thẳng và mặt phẳng, ta có: $MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn đáp án: C

Ta có $L = \lim \frac{{\frac{{2n}}{{{n^2}}} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{\frac{{{n^2}}}{{{n^2}}} + \frac{n}{{{n^2}}} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \lim \frac{{\frac{2}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{n} + \frac{3}{{{n^2}}}}} = \frac{0}{1} = 0$.

Chọn đáp án: B

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

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {\frac{\pi }{3} + k2\pi , - \frac{\pi }{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn đáp án: C

Theo định nghĩa của cấp số cộng, số hạng liên tiếp sau$x = 14$ bằng số hạng trước cộng với công sai $d$:

${u_2} = {u_1} + d \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 3 - 1 = 2$.

Chọn đáp án: C

Gọi $M,N,E$ lần lượt là trung điểm của $BC,\;CC',\;B'C'$.

Theo tính chất trọng tâm tam giác ta suy ra $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ nên $IJ{\rm{//}}MN$.

Do đó $IJ{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$ hay $IJ{\rm{//}}\left( {BB'C} \right)$ (1).

Tương tự ta có $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AK}}{{AE}} = \frac{2}{3}$$\Rightarrow \;IK{\rm{//}}ME$. Mà $ME\;{\rm{//}}BB'$ nên $IK\;{\rm{//}}\;BB'$. Suy ra $IK\;{\rm{//}}\;\left( {BB'C} \right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C} \right)$.

Chọn đáp án: B

Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AC$.

Do $M$ là trọng tâm tam giác $SAB$ nên $M \in SP$ và ta có tỉ số: $\frac{{SM}}{{SP}} = \frac{2}{3}$.

Do $N$ là trọng tâm tam giác $SAC$ nên $N \in SQ$ và ta có tỉ số: $\frac{{SN}}{{SQ}} = \frac{2}{3}$.

Xét trong tam giác $SPQ$, ta có: $\frac{{SM}}{{SP}} = \frac{{SN}}{{SQ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN{\rm{//}}PQ$.

Mặt khác, $PQ$ là đường trung bình của tam giác đáy $ABC$ (do $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$), nên: $PQ{\rm{//}}BC$.

Từ đó suy ra: $MN{\rm{//}}BC$.

Chọn đáp án: C

Dựa vào các công thức biến đổi lượng giác:

- Công thức đúng là: $\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b$.
- Các công thức còn lại bị sai dấu: - Đúng phải là: $\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b$. - Đúng phải là: $\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$. - Đúng phải là: $\cos \left( {a - b} \right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b$.

Chọn đáp án: C

Trong hình hộp $ABCD.EFGH$, ta có hai mặt đáy song song $\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {EFGH} \right)$.

Cặp cạnh đối diện $EH$ và $BC$ song song và bằng nhau: $EH{\rm{//}}BC\quad {\rm{v\`a }}\quad EH = BC$

Do đó, tứ giác $EHCB$ là một hình bình hành, dẫn đến: $HC{\rm{//}}EB$

Theo định nghĩa của phép chiếu song song, hình chiếu của điểm $H$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ theo phương $EB$ chính là giao điểm của đường thẳng đi qua $H$ song song với $EB$ (chính là đường thẳng $HC$) và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Giao điểm này là điểm $C$.

Chọn đáp án: C

Thay trực tiếp số hạng thứ $n = 21$ vào công thức của dãy số:

${u_{21}} = \frac{{21 - 1}}{{{{21}^2} + 2 \cdot 21 + 3}} = \frac{{20}}{{441 + 42 + 3}} = \frac{{20}}{{486}} = \frac{{10}}{{243}}$.

Chọn đáp án: B

Góc phần tư thứ hai trên đường tròn lượng giác có giá trị của $\alpha \in \left( {\frac{\pi }{2};\pi } \right)$.

Tại góc phần tư này:

- Giá trị tung độ điểm biểu diễn (tương ứng trục ${\rm{sin}}$) nhận giá trị dương: $\sin \alpha > 0$.
- Giá trị hoành độ điểm biểu diễn (tương ứng trục ${\rm{cos}}$) nhận giá trị âm: $\cos \alpha < 0$.

Chọn đáp án: A

Áp dụng định lý về các phép toán giới hạn của hàm số:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) - 2g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = \frac{1}{2} - 2 \cdot \left( { - 3} \right) = \frac{1}{2} + 6 = \frac{{13}}{2}$.

Chọn đáp án: B

Hàm số $y = \cot x$ không liên tục trên $\mathbb{R}$ vì không xác định tại các điểm $x = k\pi \;\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Hàm số $y = \frac{{2x - 1}}{{x - 1}}$ không liên tục trên $\mathbb{R}$ vì không xác định tại điểm $x = 1$.

Hàm số $y = \sqrt {{x^2} - 1}$ chỉ xác định trên tập $D = \left( { - \infty ; - 1\left] \cup \right[1; + \infty } \right)$ nên không liên tục trên $\mathbb{R}$.

Hàm đa thức $y = {x^3} - x$ có tập xác định $D = \mathbb{R}$ nên nó liên tục trên toàn bộ $\mathbb{R}$.

Chọn đáp án: D

a) ĐÚNG

Giải phương trình: $f\left( x \right) = - 1 \Leftrightarrow 3\sin x + 2 = - 1 \Leftrightarrow \sin x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Để tìm nghiệm âm lớn nhất, ta giải bất phương trình: $- \frac{\pi }{2} + k2\pi < 0 \Leftrightarrow k2\pi < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow k < \frac{1}{4}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$, số nguyên lớn nhất thỏa mãn là $k = 0$. Khi đó nghiệm âm lớn nhất thu được là $x = - \frac{\pi }{2}$.

b) ĐÚNG

Hàm số lượng giác $y = \sin x$ có tập xác định là $\mathbb{R}$, nên $f\left( x \right) = 3\sin x + 2$ cũng có tập xác định $D = \mathbb{R}$.

c) ĐÚNG

Thay $x = \pi$ vào hàm số: $f\left( \pi \right) = 3\sin \left( \pi \right) + 2 = 3 \cdot 0 + 2 = 2$.

d) SAI

Ta luôn có: $- 1 \le \sin x \le 1 \Leftrightarrow - 3 \le 3\sin x \le 3 \Leftrightarrow - 1 \le 3\sin x + 2 \le 5,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số là $- 1$ (đạt được khi $\sin x = - 1$), không phải bằng $2$.

c) ĐÚNG

Ta tính giới hạn bên phải tại điểm $x = 3$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\sqrt {x + 1} - 2}}{{x - 3}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x + 1 - 4}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{\sqrt {x + 1} + 2}} = \frac{1}{{\sqrt 4 + 2}} = \frac{1}{4}$.

Do phân số $\frac{1}{4}$ là phân số tối giản nên $m = 1,n = 4$. Khi đó: ${m^2} + {n^2} = {1^2} + {4^2} = 1 + 16 = 17$.

a) ĐÚNG

Để hàm số liên tục tại điểm ${x_0} = 3$, ta cần điều kiện: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$.

Ta có: $f\left( 3 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {\frac{{13}}{4} - ax} \right) = \frac{{13}}{4} - 3a$.

Do đó: $\frac{{13}}{4} - 3a = \frac{1}{4} \Leftrightarrow 3a = \frac{{12}}{4} \Leftrightarrow 3a = 3 \Leftrightarrow a = 1$.

b) SAI

Với $x = 8 > 3$, ta sử dụng biểu thức nhánh trên để tính: $f\left( 8 \right) = \frac{{\sqrt {8 + 1} - 2}}{{8 - 3}} = \frac{{3 - 2}}{5} = \frac{1}{5}$.

Phát biểu nói $f\left( 8 \right) = - \frac{1}{5}$ là sai.

d) ĐÚNG

Khi $a = 1$, ta tính trực tiếp giá trị tại $x = 3$: $f\left( 3 \right) = \frac{{13}}{4} - 1 \cdot 3 = \frac{1}{4}$.

a) ĐÚNG

Ta có công thức số hạng tổng quát: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

Áp dụng cho ${u_6}$: ${u_6} = {u_1} + 5d \Leftrightarrow 15 = 5 + 5d \Leftrightarrow 5d = 10 \Leftrightarrow d = 2$.

b) ĐÚNG

Tổng $n$ số hạng đầu tiên được tính bằng công thức:

${S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = \frac{n}{2}\left[ {2 \cdot 5 + \left( {n - 1} \right)2} \right] = \frac{n}{2}\left( {2n + 8} \right) = n\left( {n + 4} \right) = {n^2} + 4n$.

c) SAI

Yêu cầu ${u_n} < 100$: ${u_1} + \left( {n - 1} \right)d < 100 \Leftrightarrow 5 + \left( {n - 1} \right)2 < 100 \Leftrightarrow 2n - 2 < 95 \Leftrightarrow 2n < 97 \Leftrightarrow n < 48{,}5$.

Vì $n \in {\mathbb{N}^*}$ nên ta có $n \in \left\{ {1;2; \ldots ;48} \right\}$. Như vậy chỉ có $48$ số hạng thỏa mãn, không phải $49$ số hạng.

d) ĐÚNG

Giả sử số $209$ là số hạng thứ $n$:

${u_n} = 209 \Leftrightarrow 5 + \left( {n - 1} \right)2 = 209 \Leftrightarrow 2\left( {n - 1} \right) = 204 \Leftrightarrow n - 1 = 102 \Leftrightarrow n = 103$.

Vì $n = 103 \in {\mathbb{N}^*}$ nên số 209 chính là số hạng thứ 103 của cấp số cộng này.

a) ĐÚNG

Hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$ có chung điểm $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song là $AD$ và $BC$ (do đáy là hình bình hành).

Do đó, giao tuyến của chúng là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$ và $BC$.

b) ĐÚNG

Trong tam giác $SAD$, $MN$ là đường trung bình của tam giác, suy ra $MN{\rm{//}}AD$. Mà $AD{\rm{//}}BC$ nên $MN{\rm{//}}BC \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Xét tam giác $SAC$, $M$ là trung điểm của $SA$, $O$ là trung điểm của $AC$ (giao điểm 2 đường chéo hình bình hành). Do đó, $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC \Rightarrow MO{\rm{//}}SC \Rightarrow MO{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

Mặt khác, $MN \cap MO = M \subset \left( {OMN} \right)$. Do đó, $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

c) SAI

Mặt phẳng $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ nên giao tuyến của $\left( {OMN} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ phải song song với giao tuyến của $\left( {SBC} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ (tức là song song với $BC$).

Điểm chung duy nhất giữa $\left( {OMN} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là $O$. Do đó, giao tuyến là đường thẳng qua $O$ và song song với $BC$ (và $AD$), không phải song song với $AB$.

d) SAI

Vì $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ và điểm $C \in \left( {SBC} \right)$. Hai mặt phẳng này song song và phân biệt (do $O \in \left( {OMN} \right)$ nhưng $O \notin \left( {SBC} \right)$), nên điểm $C$ không thể thuộc mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$.

Gọi ${T_0} = 680\,000$ (đồng) là giá trị mua ban đầu của chiếc máy tính.

Vì cứ sau mỗi năm, giá trị của máy tính giảm đi $10\%$, nên giá trị còn lại của máy tính sau mỗi năm sẽ bằng:

$100\% - 10\% = 90\% = 0{,}9$ lần so với năm trước đó.

Gọi ${T_n}$ là giá trị máy tính sau $n$ năm sử dụng. Khi đó, giá trị máy tính sau mỗi năm tạo thành một cấp số nhân có:

- Số hạng đầu (sau 1 năm sử dụng): ${T_1} = {T_0} \cdot 0{,}9$
- Công bội: $q = 0{,}9$.

Công thức tổng quát tính giá trị sau $n$ năm sử dụng là: ${T_n} = {T_1} \cdot {q^{n - 1}} = {T_0} \cdot {q^n} = 680\,000 \cdot {\left( {0{,}9} \right)^n}$.

Sau 7 năm sử dụng ($n = 7$), giá trị của chiếc máy tính là: ${T_7} = 680\,000 \cdot {\left( {0{,}9} \right)^7}$$= 325\,241{,}892$ (đồng).

Làm tròn kết quả thu được đến hàng đơn vị: ${T_7} \approx 325\,242$ (đồng).

Vậy giá trị của chiếc máy tính sau 7 năm sử dụng là khoảng $325\,242$ đồng.

a) Xét hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$:

- Điểm $S$ là điểm chung thứ nhất: $S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right)$.
- Điểm $A$ là điểm chung thứ hai: $A \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này chính là đường thẳng nối hai điểm chung: $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA$.

b) Gọi $E$ là trung điểm của $SD$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{2}{3}$.

Gọi $O$ là tâm của hình bình hành $ABCD$, khi đó $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Suy ra $AC = 2AO$. Vì $AC = 3AH$ nên $AH = \frac{1}{3}AC = \frac{1}{3} \cdot 2AO = \frac{2}{3}AO \Rightarrow \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{2}{3}$.

Từ đó suy ra $\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{2}{3}$, do đó $GH{\rm{//}}EO$ (1).

Lại có $E$ và $O$ lần lượt là trung điểm của $SD$ và $BD$ nên $EO$ là đường trung bình của tam giác $SBD$, suy ra $EO{\rm{//}}SB$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $GH{\rm{//}}SB$. Mà $SB \subset \left( {SBC} \right)$ và $GH \not\subset \left( {SBC} \right)$, vậy $GH{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.