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

Chọn B

Có $\cos \left( {\alpha + 2025\pi } \right) = \cos \left( {\pi + \alpha + 2024\pi } \right) = \cos \left( {\pi + \alpha } \right) = - \cos \alpha$.

Chọn C

Vì $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi \Rightarrow \sin \alpha > 0$.

Nên $\sin \alpha = \sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Chọn B

Xét hàm số $f\left( x \right) = \sin x \cdot \cos x$ có tập xác định $D = \mathbb{R}$ là tập đối xứng.

Vì $f\left( { - x} \right) = \sin \left( { - x} \right) \cdot \cos \left( { - x} \right) = - \sin x \cdot \cos x = - f\left( x \right) \Rightarrow$ hàm số lẻ.

Chọn A

Ta có $2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} = \cos \frac{{2\pi }}{3} \Rightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn D

Vì ${u_{n + 1}} = {u_n} - 2 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} - {u_n} = - 2 \Rightarrow \left( {{u_n}} \right)$ là cấp số cộng với ${u_1} = 3$ và công sai $d = - 2$.

$\Rightarrow {u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 3 - 2\left( {n - 1} \right) = 5 - 2n$.

Chọn B

Ta có ${S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {10 - 1} \right)d} \right] = 5 \cdot \left[ {2 \cdot 1 + 9 \cdot 4} \right] = 190$.

Chọn C

Xét dãy số ${u_n} = 2 \cdot {3^n}$, vì $\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \frac{{2 \cdot {3^{n + 1}}}}{{2 \cdot {3^n}}} = 3 \Rightarrow {u_n} = 2 \cdot {3^n}$ là cấp số nhân.

Chọn A

Vì $q = \sqrt 2 > 1 \Rightarrow \mathop {\lim \left( {\sqrt 2 } \right)}\limits^n = + \infty$.

Chọn B

Bấm máy tính hoặc tính giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^3} - {x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^3}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right) = - \infty$.

Chọn C

Hàm số xác định khi ${x^3} - 4x \ne 0 \Rightarrow x\left( {{x^2} - 4} \right) \ne 0 \Rightarrow x \ne 0$ và $x \ne \pm 2$.

Vậy hàm số không liên tục tại các điểm $x = 0$, $x = \pm 2$. Hàm số xác định và liên tục tại $x = 1$.

Chọn B

Từ hình vẽ ta thấy: Trong mặt phẳng $\left( {ABF} \right)$ chứa $EG$ và $AF$, gọi $H = EG \cap AF$.

Vì $AF \subset \left( {ACD} \right)$ nên $H = EG \cap \left( {ACD} \right)$.

Chọn C

Ta thấy $AC \cap BD \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BDD'B'} \right)$ hay $\left( {BDD'} \right) \cap \left( {ACC'} \right)$ nên hai mặt phẳng $\left( {BDD'} \right),\left( {ACC'} \right)$ cắt nhau, không song song.

a) ĐÚNG: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {3{x^3} - 2x + 1} \right) = 3 \cdot {2^3} - 2 \cdot 2 + 1 = 21$.

b) SAI: Hàm số xác định khi $2x - 3 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}$. Vì điểm ${x_0} = 1$ không thuộc tập xác định nên hàm số không liên tục tại ${x_0} = 1$.

c) ĐÚNG: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {3f\left( x \right) - 2g\left( x \right) + 2025} \right] = 3\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right) + 2025 = 3 \cdot \left( { - 2} \right) - 2 \cdot 5 + 2025 = 2009$.

d) SAI: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\sqrt {2025{x^2} + bx + 1} + ax} \right) = - \frac{1}{{90}}$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2025{x^2} + bx + 1 - {{\left( {ax} \right)}^2}}}{{\sqrt {2025{x^2} + bx + 1} - ax}} = - \frac{1}{{90}}$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {2025 - {a^2}} \right){x^2} + x\left( {b + \frac{1}{x}} \right)}}{{ - x\left( {\sqrt {2025 + \frac{b}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} + a} \right)}} = - \frac{1}{{90}}$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2025 - {a^2} = 0\\\frac{b}{{ - \left( {45 + a} \right)}} = - \frac{1}{{90}}\left( {a \ne - 45} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 45\\b = 1\end{array} \right.$.

Suy ra $a + b = 45 + 1 = 46$ (khẳng định đề cho là $a + b = 44$ nên SAI).

a) SAI: Ta thấy $M \in SB \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow M \in \left( {MAC} \right) \cap \left( {SBC} \right)$.

Và $C$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng $\left( {MAC} \right)$ và $\left( {SBC} \right)$. Do đó giao tuyến phải là $MC$.

b) SAI: Gọi $K$ là trung điểm $AC$. Vì $G$ là trọng tâm và $\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{2}{3}$.

Mặt khác, $BN = 2NC \Rightarrow \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3}$.

Xét tam giác $BKC$, ta có $\frac{{BG}}{{BK}} = \frac{{BN}}{{BC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GN{\rm{//}}CK \Rightarrow GN{\rm{//}}AC$.

Vì $GN{\rm{//}}AC$ nên đường thẳng $AC$ song song với mặt phẳng $\left( {SGN} \right)$, do đó chúng không cắt nhau.

c) SAI: Vì $GN{\rm{//}}AC$ (chứng minh ở trên), không song song với $SB$.

d) ĐÚNG: Ta có $GN{\rm{//}}AC$ (1).

Mặt khác, trong ta có $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}$ và $\frac{{CN}}{{CB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{CN}}{{CB}} \Rightarrow MN{\rm{//}}SC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\left( {GMN} \right){\rm{//}}\left( {SAC} \right)$.

Ta có $2\cos x + 1 = 0 \Leftrightarrow \cos x = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Trường hợp 1: $x = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi$ thì $\frac{{3\pi }}{2} \le \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le 4\pi \Leftrightarrow \frac{5}{{12}} \le k \le \frac{5}{3} \Rightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{8\pi }}{3}$.

Trường hợp 2: $x = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi$ thì $\frac{{3\pi }}{2} \le - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \le 4\pi \Leftrightarrow \frac{{13}}{{12}} \le k \le \frac{7}{3} \Rightarrow k = 2 \Rightarrow x = \frac{{10\pi }}{3}$.

Có tất cả 2 nghiệm thỏa mãn.

Kết quả: 2.

Diện tích hình vuông thứ (1): Cạnh của hình vuông này bằng một nửa cạnh góc vuông lớn

$\Rightarrow {a_1} = 4{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_1} = 16{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Ở bước tiếp theo, ta có 2 tam giác vuông cân nhỏ hơn ở hai đầu, mỗi tam giác vuông cân này có cạnh góc vuông bằng $4{\rm{\;m}}$. Thiết lập hình vuông (2) trong mỗi tam giác này sẽ được hình vuông cạnh $2{\rm{\;m}}$. Tổng diện tích 2 hình vuông (2) là: ${S_2} = 2 \times {2^2} = 8{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Tương tự, ở bước 3 ta có 2 hình vuông (3) với cạnh là $1{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_3} = 2 \times {1^2} = 2{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Tương tự, ở bước 4 ta có 2 hình vuông (4) với cạnh là $\frac{1}{2}{\rm{\;m}} \Rightarrow {S_3} = 2 \times {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = \frac{1}{2}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Cứ tiếp tục như trên, ta được dãy các diện tích ${S_2},{S_3},{S_4},...$ lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${S_2} = 8$ và công bội $q = \frac{1}{4}$.

Tổng diện tích được tô màu là: $S = {S_1} + {S_n} = 16 + \frac{8}{{1 - \frac{1}{4}}} = 16 + \frac{{32}}{3} \approx 26{,}7{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}$.

Kết quả: 26,7.

Ta có $f\left( 0 \right) = \frac{1}{{16}}\left( {{m^2} - 3m} \right)$.

Tính giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{4 - \sqrt {{x^2} + 16} }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{16 - \left( {{x^2} + 16} \right)}}{{{x^2}\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - {x^2}}}{{{x^2}\left( {4 + \sqrt {{x^2} + 16} } \right)}} = - \frac{1}{8}$.

Để hàm số liên tục tại ${x_0} = 0$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \frac{1}{{16}}\left( {{m^2} - 3m} \right) = - \frac{1}{8} \Leftrightarrow {m^2} - 3m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{m = 1}\\{m = 2}\end{array}} \right.$.

Giá trị nhỏ nhất của tham số $m$ là $1$.

Kết quả: 1.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAB$ với cát tuyến đi qua $P,N,E$ (với $E = PN \cap AB$), ta được $\frac{{PS}}{{PA}} \cdot \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{NB}}{{NS}} = 1$.

Vì $AP = 3PS \Rightarrow \frac{{PS}}{{PA}} = \frac{1}{3}$.

Vì $2SB = 7NB \Rightarrow \frac{{NB}}{{NS}} = \frac{2}{5}$.

Suy ra $\frac{1}{3} \cdot \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{2}{5} = 1 \Rightarrow \frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{15}}{2}$.

Ta có $E,M,N,P$ đồng phẳng nên $EM \cap BC = I$.

Vì $EB{\rm{//}}CD$ (do $AB{\rm{//}}CD$) nên $\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{EB}}{{MC}}$.

Ta có $MC = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3}AB} \right) = \frac{1}{6}AB$.

Từ tỉ số $\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB + EB}}{{EB}} = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB}}{{EB}} + 1 = \frac{{15}}{2} \Rightarrow \frac{{AB}}{{EB}} = \frac{{13}}{2} \Rightarrow EB = \frac{2}{{13}}AB$.

Do đó: $\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{\frac{2}{{13}}AB}}{{\frac{1}{6}AB}} = \frac{{12}}{{13}} \approx 0{,}92$.

Kết quả: 0,92.

Đầu năm 2024 giá trị máy là: $1500$ triệu đồng.

Giá trị của chiếc máy sau 1 năm (cuối 2024): $1500 \times \left( {1 - 0{,}25} \right) = 1500 \times 0{,}75 = 1125$ (triệu đồng).

Giá trị của chiếc máy sau 2 năm (cuối 2025): $1125 \times 0{,}75 = 1500 \times 0,{75^2} = 843{,}75$ (triệu đồng).

Đến cuối năm 2028 tức là máy đã qua sử dụng tròn 5 năm (cuối các năm 2024, 2025, 2026, 2027, 2028).

Giá trị còn lại của chiếc máy là: $T = 1500 \times 0,{75^5} \approx 355{,}957 \approx 356$ (triệu đồng).

Vậy cuối năm 2028 giá trị chiếc máy còn khoảng 356 triệu đồng.

a) Ta có $E \in SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow E \in \left( {ECD} \right) \cap \left( {SAB} \right)$.

Mặt khác, trong hai mặt phẳng có hai đường thẳng song song: $AB{\rm{//}}CD$ ($ABCD$ là hình bình hành).

Do đó, giao tuyến của $\left( {ECD} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $E$ và song song với $AB$ và $CD$.

b) Gọi $N$ là trung điểm của $AD$ và $K = OM \cap AD$ (trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$).

Vì $AM{\rm{//}}CD$, theo hệ quả định lý Thales cho tam giác $IAM$ và $ICD$:

$\frac{{AM}}{{CD}} = \frac{{IA}}{{IC}} = \frac{{\frac{1}{2}OA}}{{\frac{3}{2}OA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AM = \frac{1}{3}CD$.

Do $ON$ là đường trung bình của tam giác $ACD \Rightarrow ON\parallel CD$ và $ON = \frac{1}{2}CD$.

Vì $AM{\rm{//}}ON$ (cùng song song với $CD$), áp dụng định lý Thales trong tam giác $KON$:

$\frac{{KM}}{{KO}} = \frac{{AM}}{{ON}} = \frac{{\frac{1}{3}CD}}{{\frac{1}{2}CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{OM}}{{OK}} = \frac{1}{3}$.

Xét tam giác $SKO$:

Vì $G$ là trọng tâm và $SO$ là trung tuyến $\Rightarrow \frac{{OG}}{{OS}} = \frac{1}{3}$.

Khi đó ta có $\frac{{OG}}{{OS}} = \frac{{OM}}{{OK}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GM{\rm{//}}SK$.

Mà $SK \subset \left( {SAD} \right)$ và $GM \not\subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow GM{\rm{//}}\left( {SAD} \right)$. (đpcm)