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

Ba số $8;x;128$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân khi và chỉ khi tích của số hạng đầu và số hạng thứ ba bằng bình phương của số hạng xen giữa: ${x^2} = 8 \cdot 128 = 1024$$\Rightarrow x = \pm 32$.

Đối chiếu với các phương án lựa chọn, ta chọn $x = 32$.

Chọn C.

Xét dãy số ${u_n} = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^n}$. Ta có: $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^{n + 1}}}}{{{{\left( {\frac{5}{2}} \right)}^n}}} = \frac{5}{2} > 1\quad \left( {\forall n \in {\mathbb{N}^*}} \right)$.

Vì ${u_n} > 0$ và tỉ số lớn hơn $1$ nên đây là dãy số tăng.

Các dãy ở đáp án B và C là dãy giảm vì mẫu số tăng khi $n$ tăng. Dãy ở đáp án D là dãy đan dấu (không tăng không giảm).

Chọn A.

Độ cao của các thửa ruộng lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 950$, công sai $d = 1{,}5$ và số hạng cuối ${u_n} = 1130$.

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d$.

Thay các giá trị vào ta được: $1130 = 950 + \left( {n - 1} \right) \cdot 1{,}5$$\Leftrightarrow n = 121$.

Vậy ruộng bậc thang có $121$ bậc.

Chọn A.

Theo giới hạn cơ bản của dãy số, ta có $\lim {q^n} = 0$ khi và chỉ khi $\left| q \right| < 1$. Do đó mệnh đề D sai.

Chọn D.

Ta có $\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0$$\Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} = k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{4} + k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn B.

Áp dụng quy tắc tìm giới hạn của tích: khi $x \to + \infty$, hàm số $f\left( x \right)$ tiến tới một số âm ($- 5$) và hàm số $g\left( x \right)$ tiến tới $- \infty$. Tích của hai đại lượng mang dấu âm sẽ cho kết quả mang dấu dương:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right).g\left( x \right)} \right] = + \infty$.

Chọn D.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: ${u_{16}} = {u_1} + 15d$.

Thay số vào ta có: ${u_{16}} = 5 + 15 \cdot \left( { - 3} \right) = 5 - 45 = - 40$.

Chọn C.

Thay $n = 12$ vào công thức tổng quát của dãy số: ${u_{12}} = 13 \cdot 12 + 5 = 156 + 5 = 161$.

Chọn C.

Ta xét tính liên tục của hàm số tại điểm $x = 2$:

- Giá trị hàm số tại $x = 2$: $f\left( 2 \right) = 2 + 2025 = 2027$.
- Giới hạn 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} - 3x - 2}}{{{x^3} - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2x + 1}}{{{x^2} + 2x + 4}} = \frac{{2 \cdot 2 + 1}}{{{2^2} + 2 \cdot 2 + 4}} = \frac{5}{{12}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \frac{5}{{12}} \ne f\left( 2 \right) = 2027$ nên hàm số không liên tục tại $x = 2$.

Chọn A.

Công bội $q$ của cấp số nhân tính bằng công thức: $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{2}{1} = 2$.

Chọn D.

Thay trực tiếp $x = 1$ vào biểu thức (do đây không phải dạng vô định): $A = \frac{{\sqrt[3]{{1 + 7}} + 1}}{{1 - 2}} = \frac{{\sqrt[3]{8} + 1}}{{ - 1}} = \frac{{2 + 1}}{{ - 1}} = - 3$.

Chọn D.

Chia cả tử và mẫu cho ${n^3}$ (bậc cao nhất của mẫu): $\lim \frac{{{n^3} - a{n^2}}}{{3{n^3} + {n^2} + 1}} = \lim \frac{{1 - \frac{a}{n}}}{{3 + \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^3}}}}} = \frac{{1 - 0}}{{3 + 0 + 0}} = \frac{1}{3}$.

Chọn C.

Hàm số liên tục tại $x = 3$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$.

- Ta có $f\left( 3 \right) = m + 2$.
- Tính giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{x - 3}}{{\sqrt {x + 1} - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {x + 1} - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 1} + 2} \right)}}$

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

Để hàm số liên tục tại $x = 3$ thì $m + 2 = 4 \Rightarrow m = 2$.

Chọn C.

Học sinh sử dụng dữ liệu sau để trả lời các câu hỏi từ câu 14 đến câu 15.

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$.

Điểm chung thứ nhất là $S$, rõ ràng $S \in \left( {SAO} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Tìm điểm chung thứ hai: Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, đường thẳng $AO$ kéo dài chính là đường chéo $AC$. Do đó mặt phẳng $\left( {SAO} \right)$ cũng chính là mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Đường thẳng $AC$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $C$. Vì vậy, $C \in AC \subset \left( {SAO} \right)$ và $C \in BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow C \in \left( {SAO} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $SC$.

Chọn C.

Vì đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $CB{\rm{//}}DA$.

Do đó phương chiếu $DA$ cũng song song hoặc trùng với đường thẳng $CB$. Đường thẳng đi qua $C$ và song song với phương chiếu $DA$ chính là đường thẳng $CB$.

Đường thẳng này cắt mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ tại điểm $B$.

Vậy hình chiếu song song của điểm $C$ lên mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ theo phương $DA$ là điểm $B$.

Chọn C.

Biến đổi phương trình: $\sin x = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \sin \frac{\pi }{4}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.$.

a) ĐÚNG: Trùng với họ nghiệm vừa giải.

b) ĐÚNG: Với họ nghiệm thứ nhất, nghiệm dương nhỏ nhất ứng với $k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{4}$. Với họ nghiệm thứ hai, nghiệm dương nhỏ nhất ứng với $k = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{4}$. So sánh hai giá trị thì $\frac{\pi }{4}$ là nghiệm dương nhỏ nhất.

c) SAI: Xét các nghiệm trong đoạn $\left[ { - \pi ;2\pi } \right]$:

Họ nghiệm 1: $- \pi \le \frac{\pi }{4} + k2\pi \le 2\pi \Rightarrow - \frac{5}{8} \le k \le \frac{7}{8} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow {x_1} = \frac{\pi }{4}$.

Họ nghiệm 2: $- \pi \le \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \le 2\pi \Rightarrow - \frac{7}{8} \le k \le \frac{5}{8} \Rightarrow k = 0 \Rightarrow {x_2} = \frac{{3\pi }}{4}$.

Vậy trong đoạn này phương trình chỉ có 2 nghiệm.

d) ĐÚNG: Tổng các nghiệm trong đoạn là ${x_1} + {x_2} = \frac{\pi }{4} + \frac{{3\pi }}{4} = \pi$.

Kết luận:

a) ĐÚNG b) ĐÚNG c) SAI d) ĐÚNG

Cạnh hình vuông thứ nhất: ${a_1} = 1$.

Cạnh hình vuông thứ hai là độ dài đoạn thẳng nối 2 trung điểm của 2 cạnh kề nhau của hình vuông thứ nhất: ${a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$. Do đó a) ĐÚNG.

Theo quy luật, cạnh hình vuông tiếp theo bằng cạnh hình vuông trước đó nhân với $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Do đó, độ dài cạnh của hình vuông thứ $n$ là: ${a_n} = {a_1} \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{n - 1}} = 1 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{n - 1}}$. Phát biểu ghi là ${\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^n}$ nên b) SAI.

Chu vi của hình vuông thứ $n$ bằng: ${u_n} = 4 \cdot {a_n} = 4 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{n - 1}}$.

Biến đổi cụ thể: $4 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^{n - 1}} = 4 \cdot \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^n}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{4}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^n} = \frac{8}{{\sqrt 2 }} \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^n} = 4\sqrt 2 {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^n}$. Vậy c) ĐÚNG.

Tổng chu vi của tất cả các hình vuông trong dãy là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn có số hạng đầu ${u_1} = 4{a_1} = 4$ và công bội $q = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$:

$S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{4}{{1 - \frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{8}{{2 - \sqrt 2 }} = \frac{{8\left( {2 + \sqrt 2 } \right)}}{{4 - 2}} = 4\left( {2 + \sqrt 2 } \right) = 8 + 4\sqrt 2$.

Đối chiếu với dạng $a + b\sqrt 2$, ta được $a = 8$ và $b = 4$. Khi đó $a + b = 8 + 4 = 12$. Vậy d) ĐÚNG.

Kết luận:

a) ĐÚNG b) SAI c) ĐÚNG d) ĐÚNG

a) SAI: Ở doanh nghiệp A, tiền lương mỗi quý tăng thêm một lượng không đổi là $1{,}8$ triệu đồng, do đó nó phải lập thành một cấp số cộng với ${u_1} = 24$ và công sai $d = 1{,}8$, chứ không phải cấp số nhân.

b) ĐÚNG: Tiền lương qua từng năm tăng đều $18$ triệu nên lập thành cấp số cộng có ${u_1} = 150$ và $d = 18$.

c) SAI: Tổng số tiền doanh nghiệp B trả sau 10 năm là tổng 10 số hạng đầu của cấp số cộng:

${S_{10}} = \frac{{10}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {10 - 1} \right)d} \right] = 5 \cdot \left[ {2 \cdot 150 + 9 \cdot 18} \right] = 5 \cdot \left[ {300 + 162} \right] = 5 \cdot 462 = 2310$ (triệu đồng).

Phát biểu ghi 2300 triệu đồng là sai.

d) ĐÚNG:

Ở doanh nghiệp A, người đó làm 10 năm tức là $10 \times 4 = 40$ quý. Tổng số tiền nhận được ở doanh nghiệp A là tổng của 40 số hạng đầu của cấp số cộng quý:

${S_{40}} = \frac{{40}}{2} \cdot \left[ {2 \cdot 24 + \left( {40 - 1} \right) \cdot 1{,}8} \right] = 20 \cdot \left[ {48 + 39 \cdot 1{,}8} \right] = 20 \cdot \left[ {48 + 70{,}2} \right] = 20 \cdot 118{,}2 = 2364$ (triệu đồng).

So sánh: $2364{\rm{\;\;(A)}} > 2310{\rm{\;\;(B)}}$. Do đó tổng lương nhận ở doanh nghiệp A nhiều hơn doanh nghiệp B.

Kết luận:

a) SAI b) ĐÚNG c) SAI d) ĐÚNG

a) Theo giả thiết, $ABCD$ là hình thang với hai đáy song song là $AB$ và $CD$, suy ra $CD{\rm{//}}AB$.

Mặt khác, đường thẳng $AB$ nằm trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ ($AB \subset \left( {SAB} \right)$).

Đường thẳng $CD$ không nằm trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ ($CD \not\subset \left( {SAB} \right)$).

Do đó, theo định lý về đường thẳng song song với mặt phẳng, ta suy ra: $CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

b) Trong tam giác $BCD$, ta có $M$ là trung điểm của $BC$ và $N$ là trung điểm của $DC$. Do đó, $MN$ là đường trung bình của $\Rightarrow MN{\rm{//}}BD$.

Mà $BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {SBD} \right)$ (1).

Trong tam giác $SCD$, ta có $N$ là trung điểm của $DC$ và $P$ là trung điểm của $SC$. Do đó, $NP$ là đường trung bình của $\Rightarrow NP{\rm{//}}SD$.

Mà $SD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $NP{\rm{//}}\left( {SBD} \right)$ (2).

Mặt khác, hai đường thẳng $MN$ và $NP$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ và cắt nhau tại điểm $N$.

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

c) Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $T = AC \cap BD$ và $O = AC \cap MN$.

Trong mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$, gọi $H = SO \cap IJ$.

Trong mặt phẳng $\left( {AIJ} \right)$, gọi $K = SC \cap AH$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in SC}\\{K \in AH,AH \subset \left( {AIJ} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow K = SC \cap \left( {AIJ} \right)$.

Ta cũng có $AT = OC = OT = \frac{1}{2}TC \Rightarrow \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{2}{3}$.

Ta có $\frac{{SJ}}{{SN}} = \frac{{SI}}{{SM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ{\rm{//}}MN$$\Rightarrow \frac{{SH}}{{SO}} = \frac{2}{3}$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, kẻ $OE{\rm{//}}AK$ (E thuộc AC).

${\rm{\Delta }}SOE$ có $OE{\rm{//}}HK$$\Rightarrow \frac{{SK}}{{SE}} = \frac{{SH}}{{SO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow SK = 2KE\quad \left( 1 \right)$.

${\rm{\Delta }}ACK$ có $OE{\rm{//}}AK$$\Rightarrow \frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow KE = \frac{2}{3}KC\quad \left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $SK = 2KE = 2 \cdot \frac{2}{3}KC = \frac{4}{3}KC$$\Rightarrow \frac{{SK}}{{KC}} = \frac{4}{3}$.