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

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

Kiểm tra phương án A và C với $n = 15$: ${u_{15}} = - 5 + \left( {15 - 1} \right) \cdot 3 = - 5 + 42 = 37$. (Loại cả A và C)

Kiểm tra phương án B với $n = 13$: ${u_{13}} = - 5 + \left( {13 - 1} \right) \cdot 3 = - 5 + 36 = 31$. (Đúng)

Chọn B.

Ta có $\alpha = 108 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{3\pi }}{5}$.

Chọn A.

Tổng số hộ gia đình là: $N = 30 + 40 + 20 = 90$.

Giá trị đại diện của các nhóm lần lượt là:

- Nhóm $\left[ {3;4} \right)$: ${x_1} = \frac{{3 + 4}}{2} = 3{,}5$.
- Nhóm $\left[ {4;5} \right)$: ${x_2} = \frac{{4 + 5}}{2} = 4{,}5$.
- Nhóm $\left[ {5;6} \right]$: ${x_3} = \frac{{5 + 6}}{2} = 5{,}5$.

Số trung bình của mẫu số liệu ghép nhóm là:

$\bar x = \frac{{30 \cdot 3{,}5 + 40 \cdot 4{,}5 + 20 \cdot 5{,}5}}{{90}} = \frac{{105 + 180 + 110}}{{90}} = \frac{{395}}{{90}} \approx 4{,}3889 \approx 4{,}39$.

Chọn D.

Tổng số học sinh là: $N = 5 + 9 + 12 + 10 + 6 = 42$.

Vị trí của trung vị là $\frac{N}{2} = \frac{{42}}{2} = 21$.

Ta tính tần số tích lũy:

- Nhóm $\left[ {0;20} \right)$: $c{f_1} = 5$.
- Nhóm $\left[ {20;40} \right)$: $c{f_2} = 5 + 9 = 14$.
- Nhóm $\left[ {40;60} \right)$: $c{f_3} = 14 + 12 = 26$.

Vì $14 < 21 \le 26$ nên trung vị thuộc nhóm thứ ba, tức là nhóm $\left[ {40;60} \right)$.

Chọn A.

Hàm số liên tục tại $x = 2$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$.

Ta có $f\left( 2 \right) = a$.

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

Do đó, $a = 1$.

Chọn C.

Chia cả tử và mẫu cho ${n^2}$ (bậc cao nhất của mẫu): ${\rm{lim\;}}\frac{{3n - 7}}{{2{n^2} + 3n - 1}} = {\rm{lim\;}}\frac{{\frac{3}{n} - \frac{7}{{{n^2}}}}}{{2 + \frac{3}{n} - \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{{0 - 0}}{{2 + 0 - 0}} = 0$.

Chọn B.

Thay trực tiếp $x = 1$ vào biểu thức vì mẫu số không triệt tiêu: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x + 1}} = \frac{{{1^2} - 2 \cdot 1 + 3}}{{1 + 1}} = \frac{2}{2} = 1$.

Chọn A.

Số hạng đầu tiên ($n = 1$): ${u_1} = \frac{3}{5} \cdot {2^{1 - 1}} = \frac{3}{5} \cdot 1 = \frac{3}{5}$.

Số hạng thứ hai ($n = 2$): ${u_2} = \frac{3}{5} \cdot {2^{2 - 1}} = \frac{6}{5}$.

Công bội: $q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{6/5}}{{3/5}} = 2$.

Chọn C.

Ta có $- \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \cos \frac{{5\pi }}{6}$. Khi đó phương trình tương đương với:

$\left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - \frac{\pi }{3} = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{3} = - \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\\{2x = - \frac{\pi }{2} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{7\pi }}{{12}} + k\pi }\\{x = - \frac{\pi }{4} + k\pi }\end{array}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.$.

Chọn B.

Theo tính chất thừa nhận của hình học không gian: Qua ba điểm không thẳng hàng có một và chỉ một mặt phẳng.

Chọn D.

Xét tam giác $SBD$, ta có $M$ là trung điểm của $SB$ và $N$ là trung điểm của $SD$.

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

Mà $BD \subset \left( {ABCD} \right)$ và $MN \not\subset \left( {ABCD} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn C.

Theo công thức cộng đối với hàm số lượng giác: $\sin \left( {a - b} \right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b$.

Chọn D.

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

b) Đúng. Hàm số $g\left( x \right) = {x^2} - 3x + 1$ là hàm đa thức nên liên tục trên $\mathbb{R}$, do đó nó liên tục tại ${x_0} = 1$.

Ta có: $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = {1^2} - 3 \cdot 1 + 1 = - 1$.

c) Sai. Theo tính toán ở trên, $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = - \frac{1}{2}$ và $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} g\left( x \right) = - 1$. Các giá trị này không bằng nhau.

d) Đúng. Ta có $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} \left( { - \frac{x}{2}} \right) = - \frac{1}{2}$.

Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = - \frac{1}{2}$ nên $\,\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = - \frac{1}{2}$.

Mặt khác, $f\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}$. Vì $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}$ nên hàm số $f\left( x \right)$ liên tục tại ${x_0} = 1$.

Ta xét hiệu giữa hai số hạng liên tiếp của dãy số:

$2 - \left( { - 1} \right) = 3;\quad 5 - 2 = 3;\quad 8 - 5 = 3;\quad 11 - 8 = 3;\quad 14 - 11 = 3;\quad 17 - 14 = 3$.

Hiệu số giữa hai số hạng liên tiếp luôn không đổi và bằng $3$. Do đó, đây là một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = - 1$ và công sai $d = 3$. Như vậy:

a) SAI; b) ĐÚNG; c) SAI; d) SAI.

Sử dụng công thức tổng thành tích cho hai hàm số côsin có cùng biên độ ${A_1} = {A_2} = 2$:

$x\left( t \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + 2\cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right) = 2 \cdot 2\cos \left[ {\frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) - \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}} \right] \cdot \cos \left[ {\frac{{\left( {\frac{\pi }{3}t + \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{3}} \right)}}{2}} \right]$

$= 4\cos \left( {\frac{{\frac{\pi }{2}}}{2}} \right) \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 4\cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right) \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)$$= 4 \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 2\sqrt 2 \cos \left( {\frac{\pi }{3}t - \frac{\pi }{{12}}} \right)$.

Biên độ của dao động tổng hợp là: $A = 2\sqrt 2 \approx 2{,}83{\rm{\;cm}}$.

Đáp số: 2,83.

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

Ta có: $f\left( 3 \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = m - \frac{{21 \cdot 3}}{{16}} = m - \frac{{63}}{{16}}$.

Tính giới hạn bên phải: $\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\sqrt {5x + 1} - \sqrt {4x + 4} }}{{2x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {5x + 1} \right) - \left( {4x + 4} \right)}}{{2\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {5x + 1} + \sqrt {4x + 4} } \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{x - 3}}{{2\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {5x + 1} + \sqrt {4x + 4} } \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{1}{{2\left( {\sqrt {5x + 1} + \sqrt {4x + 4} } \right)}} = \frac{1}{{2\left( {\sqrt {16} + \sqrt {16} } \right)}} = \frac{1}{{2\left( {4 + 4} \right)}} = \frac{1}{{16}}$.

Để hàm số liên tục tại $x = 3$ thì $m - \frac{{63}}{{16}} = \frac{1}{{16}} \Leftrightarrow m = \frac{1}{{16}} + \frac{{63}}{{16}} = \frac{{64}}{{16}} = 4$.

Đáp số: 4.

Xác định giá trị đại diện ${x_i}$ của từng nhóm:

- Nhóm $\left[ {5;10} \right)$: ${x_1} = 7{,}5$.
- Nhóm $\left[ {10;15} \right)$: ${x_2} = 12{,}5$.
- Nhóm $\left[ {15;20} \right)$: ${x_3} = 17{,}5$.
- Nhóm $\left[ {20;25} \right)$: ${x_4} = 22{,}5$.

Tổng số phần tử của mẫu: $N = 18 + a + 13 + 18 = a + 49$.

Công thức số trung bình:

$\bar x = \frac{{18 \cdot 7{,}5 + a \cdot 12{,}5 + 13 \cdot 17{,}5 + 18 \cdot 22{,}5}}{{a + 49}} = \frac{{135 + 12{,}5a + 227{,}5 + 405}}{{a + 49}} = \frac{{12{,}5a + 767{,}5}}{{a + 49}}$.

Theo đề bài ta có: $\frac{{12{,}5a + 767{,}5}}{{a + 49}} = \frac{{103}}{7}$$\Leftrightarrow 7 \cdot \left( {12{,}5a + 767{,}5} \right) = 103 \cdot \left( {a + 49} \right)$

$\Leftrightarrow 87{,}5a + 5372{,}5 = 103a + 5047$$\Leftrightarrow 15{,}5a = 325{,}5 \Leftrightarrow a = 21$.

Đáp số: 21.

Số tiền tiết kiệm mỗi tuần lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 20$ và công sai $d = 15$.

Tổng số tiền tích lũy được sau 16 tuần chính là tổng của 16 số hạng đầu tiên của cấp số cộng này:

${S_{16}} = \frac{{16}}{2} \cdot \left[ {2 \cdot 20 + \left( {16 - 1} \right) \cdot 15} \right] = 8 \cdot \left[ {40 + 15 \cdot 15} \right] = 8 \cdot \left[ {40 + 225} \right] = 8 \cdot 265 = 2120$ (nghìn đồng).

Đáp số: 2120.

Ta có $2\sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) - \sqrt 2 = 0$$\Leftrightarrow 2\sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = \sqrt 2 \Leftrightarrow \sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Vì $\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \sin \left( {\frac{\pi }{4}} \right)$, phương trình trở thành: $\sin \left( {2x - \frac{\pi }{6}} \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{4}} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{2x - \frac{\pi }{6} = \pi - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\end{array}} \right.$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\\{2x = \frac{{11\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = \frac{{5\pi }}{{24}} + k\pi }\\{x = \frac{{11\pi }}{{24}} + k\pi }\end{array}\quad } \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{ {\frac{{5\pi }}{{24}} + k\pi ;\frac{{11\pi }}{{24}} + k\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho ${6^n}$ (cơ số lớn nhất):

${\rm{lim\;}}\frac{{{3^n} - 5 \cdot {6^n} + 1}}{{{6^n} + 2 \cdot {5^n}}} = {\rm{lim\;}}\frac{{\frac{{{3^n}}}{{{6^n}}} - 5 \cdot \frac{{{6^n}}}{{{6^n}}} + \frac{1}{{{6^n}}}}}{{\frac{{{6^n}}}{{{6^n}}} + 2 \cdot \frac{{{5^n}}}{{{6^n}}}}} = {\rm{lim\;}}\frac{{{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n} - 5 + {{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n}}}{{1 + 2 \cdot {{\left( {\frac{5}{6}} \right)}^n}}}$.

Vì ${\rm{lim\;}}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^n} = 0$, ${\rm{lim\;}}{\left( {\frac{1}{6}} \right)^n} = 0$ và ${\rm{lim\;}}{\left( {\frac{5}{6}} \right)^n} = 0$ (do các cơ số đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn 1), ta được:

$\lim \frac{{{3^n} - 5 \cdot {6^n} + 1}}{{{6^n} + 2 \cdot {5^n}}}$$= \frac{{0 - 5 + 0}}{{1 + 2 \cdot 0}} = \frac{{ - 5}}{1} = - 5$.

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

Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Vì $O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)$.

Vì $O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)$.

Suy ra $O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $SO$, ta có $\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO$.

b) Xét tam giác $SAB$:

$Q$ là trung điểm $SA$, $M$ là trung điểm $AB$. Do đó $QM$ là đường trung bình của tam giác $SAB$.

Suy ra $QM{\rm{//}}SB$.

Mặt khác, $QM \subset \left( {MNQ} \right)$ và $SB \not\subset \left( {MNQ} \right)$.

Từ đó suy ra $SB{\rm{//}}\left( {MNQ} \right)$.

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

Tìm giao tuyến của mặt phẳng phụ $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {MNQ} \right)$:

Ta có $Q$ là điểm chung thứ nhất vì $Q \in SA \subset \left( {SAD} \right)$ và $Q \in \left( {MNQ} \right)$.

Xét tứ giác $AMND$ trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$:

Ta có $M$ là trung điểm $AB$ nên $AM = \frac{1}{2}AB$ và $AM{\rm{//}}CD$.

$N$ là trung điểm $CD$ nên $DN = \frac{1}{2}CD$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB = CD$ và $AB{\rm{//}}CD$, do đó $AM = DN$ và $AM{\rm{//}}DN$.

Suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành, dẫn đến $AD{\rm{//}}MN$.

Hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {MNQ} \right)$ có $AD \subset \left( {SAD} \right)$, $MN \subset \left( {MNQ} \right)$ và $AD{\rm{//}}MN$.

Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng song song hoặc cắt nhau, giao tuyến của $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {MNQ} \right)$ là đường thẳng đi qua $Q$ và song song với $AD$ (và $MN$). Gọi đường thẳng này là $Qx$. Trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$, kẻ đường thẳng qua $Q$ song song với $AD$, cắt $SD$ tại $P$.

Khi đó, $P$ chính là giao điểm của $SD$ và mặt phẳng $\left( {MNQ} \right)$.

Nhận xét thêm: Vì $Q$ là trung điểm của $SA$ và $QP{\rm{//}}AD$ trong tam giác $SAD$, nên $QP$ là đường trung bình của tam giác $SAD$. Do đó, giao điểm $P$ chính là trung điểm của cạnh $SD$.