Đề thi học kì 1 Toán 11 năm 2025 - 2026 trường THPT Vĩnh Ký - TP HCM

Hai mặt phẳng song song khi mặt phẳng này chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với mặt phẳng kia.

Ta có BD // B’D’ suy ra BD // (AB’D’); CD’ // B’A suy ra CD’ // (AB’D’).

Mà BD và C’D cắt nhau tại D. Do đó (C’BD) // (AB’D’).

Áp dụng các hệ thức lượng giác cơ bản.

Hệ thức đúng là $\tan\alpha.\cot\alpha = 1$ với mọi $\alpha \neq k\dfrac{\pi}{2},k \in {\mathbb{Z}}$.

Do đó, hệ thức $\tan\alpha.\cot\alpha = - 1$ ở phương án D là sai.

Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử để triệt tiêu dạng vô định.

Ta có: $\lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{x^{2} - 5x + 6}{x^{2} - 9} = \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)}{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right)}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 3}\dfrac{x - 2}{x + 3} = \dfrac{3 - 2}{3 + 3} = \dfrac{1}{6}$.

Do đó $a = 1$, $\left. b = 6\Rightarrow a + b = 1 + 6 = 7 \right.$.

Dựa vào tính chất đồ thị hàm số lượng giác cơ bản.

Quan sát hình vẽ đồ thị hình sóng nhận O(0; 0) làm tâm đối xứng, đi qua các điểm (0; 0), $\left( {\dfrac{\pi}{2};1} \right)$, $\left( {\pi;0} \right)$, đây là đồ thị hàm số $y = \sin x$.

Biến đổi phương trình về dạng lượng giác cơ bản $\left. \cos x = \cos\alpha\Leftrightarrow x = \pm \alpha + k2\pi \right.$ $\left( {k \in Z} \right)$.

$2\cos x - \sqrt{3} = 0$ $\left. \Leftrightarrow\cos x = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right.$ $\left. \Leftrightarrow\cos x = \cos\dfrac{\pi}{6} \right.$ $\left. \Leftrightarrow x = \pm \dfrac{\pi}{6} + k2\pi \right.$ $\left( {k \in Z} \right)$.

Công bội của cấp số nhân tính theo công thức $q = \dfrac{u_{2}}{u_{1}}$.

Ta có $q = \dfrac{u_{2}}{u_{1}} = \dfrac{3}{1} = 3$.

Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) sẽ song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) có điểm chung S và lần lượt chứa hai đường thẳng song song là AD và BC (do ABCD là hình bình hành). Do đó, giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng d đi qua S và d // AD // BC.

Tìm mốt $M_{o}$ của mẫu số liệu ghép nhóm theo công thức $M_{o} = u_{j} + \dfrac{n_{j} - n_{j - 1}}{\left( {n_{j} - n_{j - 1}} \right) + \left( {n_{j} - n_{j + 1}} \right)}.\left( {u_{j + 1} - u_{j}} \right)$.

Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm [20; 30) với tần số $n_{2} = 48$.

Áp dụng công thức tính mốt:

$M_{o} = 20 + \dfrac{48 - 30}{\left( {48 - 30} \right) + \left( {48 - 11} \right)}.10 \approx 23$.

Sử dụng kết quả giới hạn cơ bản $\lim\dfrac{1}{n^{k}} = 0$ với k > 0.

Ta có $\lim\dfrac{2}{n^{3}} = 2.\lim\dfrac{1}{n^{3}} = 2.0 = 0$.

Thay n = 5 vào công thức số hạng tổng quát $u_{n}$.

Thay n = 5 ta được $u_{5} = 2^{5} + 1 = 32 + 1 = 33$.

Sử dụng công thức đổi độ sang radian: $\alpha\,\text{(rad)} = a^{o}.\dfrac{\pi}{180^{o}}$.

Số đo góc theo radian là: $\alpha = 120.\dfrac{\pi}{180} = \dfrac{2\pi}{3}$.

Tính số trung bình $\overline{x} = \dfrac{c_{1}n_{1} + c_{2}n_{2} + \ldots + c_{k}n_{k}}{n}$, với $c_{i}$ là giá trị đại diện của nhóm thứ $i$.

Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là:

$c_{1} = \dfrac{10 + 14}{2} = 12$, $c_{2} = \dfrac{14 + 18}{2} = 16$, $c_{3} = \dfrac{18 + 22}{2} = 20$, $c_{4} = \dfrac{22 + 26}{2} = 24$, $c_{5} = \dfrac{26 + 30}{2} = 28$.

Tổng số khách hàng n = 55 + 78 + 110 + 45 + 12 = 300.

Mức giá trung bình là:

$\overline{x} = \dfrac{12.55 + 16.78 + 20.110 + 24.45 + 28.12}{300} = \dfrac{1381}{75} \approx 18,41$ triệu đồng/m ${}^{2}$.

Sử dụng các công thức tính cỡ mẫu, mốt, số trung bình và tứ phân vị thứ ba $Q_{3}$ của mẫu số liệu ghép nhóm.

a) Đúng. Cỡ mẫu n = 24 + 57 + 42 + 29 + 8 = 160.

b) Đúng. Nhóm chứa mốt là [6; 9) vì có tần số lớn nhất là 57.

Áp dụng công thức mốt: $M_{o} = 6 + \dfrac{57 - 24}{\left( {57 - 24} \right) + \left( {57 - 42} \right)}.\left( {9 - 6} \right) = 8,0625$.

c) Đúng. Giá trị đại diện các nhóm lần lượt là: $c_{1} = 4,5$; $c_{2} = 7,5$; $c_{3} = 10,5$; $c_{4} = 13,5$; $c_{5} = 16,5$.

Số trung bình: $\overline{x} = \dfrac{4,5.24 + 7,5.57 + 10,5.42 + 13,5.29 + 16,5.8}{160} = \dfrac{1500}{160} = 9,375$.

d) Sai. 25% các hộ gia đình có lượng nước tiêu thụ cao nhất tương ứng với các giá trị nằm từ tứ phân vị $Q_{3}$ trở lên.

$Q_{3} = 9 + \dfrac{120 - 81}{42}.\left( {12 - 9} \right) \approx 11,79$ $\text{m}^{3}$.

Do đó công ty nên gửi thông báo đến các hộ gia đình có lượng nước tiêu thụ từ 11,79 $\text{m}^{3}$ trở lên.

Tính f(4), giới hạn bên phải $\lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}f(x)$, giới hạn bên trái $\lim\limits_{x\rightarrow 4^{-}}f(x)$, so sánh để xét tính liên tục của hàm số tại $x = 4$ và tính giới hạn khi $\left. x\rightarrow - \infty \right.$.

a) Đúng. Với $x = 4 \leq 4$, ta có f(4) = 2.4 – 4 = 4.

b) Sai. Ta có: $\lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}f(x) = \lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}\dfrac{4 - \sqrt{3x + 4}}{4 - x}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}\dfrac{16 - \left( {3x + 4} \right)}{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt{3x + 4}} \right)}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}\dfrac{12 - 3x}{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt{3x + 4}} \right)}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}\dfrac{3\left( {4 - x} \right)}{\left( {4 - x} \right)\left( {4 + \sqrt{3x + 4}} \right)}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}\dfrac{3}{4 + \sqrt{3x + 4}}$ $= \dfrac{3}{4 + 4} = \dfrac{3}{8}$.

c) Sai. Ta có $\lim\limits_{x\rightarrow 4^{-}}f(x) = \lim\limits_{x\rightarrow 4^{-}}\left( {2x - 4} \right) = 4 = f(4)$. Tuy nhiên $\lim\limits_{x\rightarrow 4^{+}}f(x) = \dfrac{3}{8} \neq \lim\limits_{x\rightarrow 4^{-}}f(x)$, nên không tồn tại $\lim\limits_{x\rightarrow 4}f(x)$, do đó hàm số không liên tục tại x = 4.

d) Đúng. Khi $\left. x\rightarrow - \infty \right.$, $x \leq 4$ nên $f(x) = 2x - 4$.

Khi đó $f^{2}(x) - 2f(x)$ $= \left( {2x - 4} \right)^{2} - 2\left( {2x - 4} \right)$ $= 4x^{2} - 16x + 16 - 4x + 8$ $= 4x^{2} - 20x + 24$.

Do đó $\lim\limits_{x\rightarrow - \infty}\dfrac{f^{2}(x) - 2f(x)}{x^{2} - 5x + 12}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow - \infty}\dfrac{4x^{2} - 20x + 24}{x^{2} - 5x + 12}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow - \infty}\dfrac{4 - \dfrac{20}{x} + \dfrac{24}{x^{2}}}{1 - \dfrac{5}{x} + \dfrac{12}{x^{2}}} = 4$.

Áp dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

Vì AB // CD và AB = 3CD, theo định lý Thales trong tam giác có đáy song song:

$\left. \dfrac{OD}{OB} = \dfrac{OC}{OA} = \dfrac{CD}{AB} = \dfrac{1}{3}\Rightarrow\dfrac{OD}{BD} = \dfrac{OC}{AC} = \dfrac{1}{4} \right.$.

Mặt phẳng $(\alpha)$ // (SCD) cắt các mặt của hình chóp tạo thành các đoạn thẳng song song ứng với các cạnh của tam giác SCD.

Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ MN // CD ($M \in AD,N \in BC$) đi qua O. Do đó $\dfrac{AM}{AD} = \dfrac{AO}{AC} = \dfrac{3}{4}$.

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ MQ // SD ($Q \in SA$). Do đó $\dfrac{AQ}{AS} = \dfrac{AM}{AD} = \dfrac{MQ}{SD} = \dfrac{3}{4}$.

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ NP // SC ($P \in SB$). Do đó $\dfrac{BP}{BS} = \dfrac{BN}{BC} = \dfrac{BO}{BD} = \dfrac{3}{4}$.

Từ đó suy ra $\dfrac{BP}{BS} = \dfrac{AQ}{AS}$. Do đó PQ // AB.

Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D nên CD // AB. Do đó PQ // MN.

Lại có SCD là tam giác vuông tại D nên $SD\bot DC$. Từ đó suy ra được $MQ\bot MN$.

Như vậy, tứ giác MNQP là hình thang vuông tại M và Q.

Ta có: $\left. \dfrac{MQ}{SD} = \dfrac{3}{4}\Rightarrow MQ = \dfrac{3}{4}.8 = 6 \right.$; $AB = 3CD = 3.4 = 12$ và QP // AB $\left. \Rightarrow\dfrac{QP}{AB} = \dfrac{SQ}{SA} = \dfrac{1}{4} \right.$ $\left. \Rightarrow QP = \dfrac{1}{4}.12 = 3 \right.$.

MN // CD $\left. \Rightarrow\dfrac{OM}{CD} = \dfrac{AO}{AC} = \dfrac{3}{4} \right.$ $\left. \Rightarrow OM = 3 \right.$ và $\dfrac{ON}{CD} = \dfrac{BO}{BD} = \dfrac{3}{4}$ $\left. \Rightarrow ON = 3 \right.$ $\left. \Rightarrow MN = OM + ON = 6 \right.$.

Diện tích hình thang vuông MNQP: $S_{MNQP} = \dfrac{(QP + MN).MQ}{2} = \dfrac{(3 + 6).6}{2} = 27$.

Sử dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân.

Sau mỗi 30 phút, nhiệt độ còn lại bằng $100\% - 25\% = 75\% = 0,75$ lần nhiệt độ trước đó.

Nhiệt độ của nước giảm đi 25% so với ban đầu 6 lần (trong 3 giờ).

Nhiệt độ của nước sau 3 giờ là: $T = 28.0,75^{6} \approx 4,98^{o}\text{C}$.

Nhân liên hợp biểu thức $\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} - 2x$ để giải dạng vô định.

Ta có: $\lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} - 2x + 2025} \right)$

$= \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\dfrac{\left( {\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} - 2x} \right)\left( {\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} + 2x} \right)}{\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} + 2x} + 2025} \right)$

$= \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\dfrac{4x^{2} - 8x + 5 - 4x^{2}}{\sqrt{4x^{2} - 8x + 5} + 2x} + 2025} \right)$

$= \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\dfrac{- 8x + 5}{x\sqrt{4 - \dfrac{8}{x} + \dfrac{5}{x^{2}}} + 2x} + 2025} \right)$

$= \lim\limits_{x\rightarrow + \infty}\left( {\dfrac{- 8 + \dfrac{5}{x}}{\sqrt{4 - \dfrac{8}{x} + \dfrac{5}{x^{2}}} + 2} + 2025} \right)$

$= \dfrac{- 8}{\sqrt{4} + 2} + 2025 = 2023$.

Sử dụng đánh giá $- 1 \leq \sin\alpha \leq 1$ để tìm giá trị lớn nhất của D(t) và giải phương trình $\sin\alpha = 1$ tìm t.

Ta có $- 1 \leq \sin\left( {\dfrac{\pi}{12}\left( {t - 10} \right) + \dfrac{\pi}{6}} \right) \leq 1$ nên $D(t) \leq 4(1) + 20 = 24$.

Lượng dữ liệu sử dụng đạt mức cao nhất khi:

$\sin\left( {\dfrac{\pi}{12}\left( {t - 10} \right) + \dfrac{\pi}{6}} \right) = 1$ $\left. \Leftrightarrow\dfrac{\pi}{12}\left( {t - 10} \right) + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \right.$ $\left( {k \in Z} \right)$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{\pi}{12}\left( {t - 10} \right) = \dfrac{\pi}{3} + k2\pi \right.$ $\left. \Leftrightarrow t - 10 = 4 + 24k\Leftrightarrow t = 14 + 24k \right.$.

Vì $0 \leq t < 24$ nên chọn $\left. k = 0\Rightarrow t = 14 \right.$.

Vậy lượng dữ liệu đạt mức cao nhất vào lúc 14 giờ trong ngày.

Áp dụng công thức giải phương trình tan: $\left. \tan u = \tan v\Leftrightarrow u = v + k180^{o} \right.$ $\left( {k \in Z} \right)$.

$\tan\left( {x - 20^{o}} \right) = \tan 10^{o}$ $\left. \Leftrightarrow x - 20^{o} = 10^{o} + k180^{o} \right.$$\left. \Leftrightarrow x = 30^{o} + k180^{o} \right.$ $\left( {k \in Z} \right)$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 30^{o} + k180^{o}$ $\left( {k \in Z} \right)$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân $u_{n} = u_{1} \cdot q^{n - 1}$.

Cấp số nhân $\left( u_{n} \right)$ có $u_{1} = - 1$ và công bội q = 2.

Số hạng thứ 5 của cấp số nhân là:

$u_{5} = u_{1}.q^{5 - 1} = u_{1}.q^{4} = \left( {- 1} \right).2^{4} = - 16$.

Rút gọn phân thức để khử dạng vô định.

$\lim\limits_{x\rightarrow 45}\dfrac{x^{2} - 2025}{x - 45} = \lim\limits_{x\rightarrow 45}\dfrac{\left( {x - 45} \right)\left( {x + 45} \right)}{x - 45}$ $= \lim\limits_{x\rightarrow 45}\left( {x + 45} \right) = 45 + 45 = 90$.

a) Áp dụng định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song.

b) Chứng minh các đường thẳng trong mặt phẳng (OMN) lần lượt song song với các đường thẳng trong (SAB) hoặc chứng minh hai đường thẳng cắt nhau của (OMN)song song với (SAB).

c) Tìm giao điểm của đường thẳng AM với mặt phẳng (SBD) bằng cách chọn mặt phẳng phụ chứa AM chứa đường chéo đáy.

a) Hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) có điểm chung S.

Ta có $AD \subset \left( {SAD} \right)$, $BC \subset \left( {SBC} \right)$ và AD // BC (do ABCD là hình bình hành).

Do đó, giao tuyến của (SAD) và (SBC) là đường thẳng d đi qua S và song song với AD và BC.

b) Xét tam giác SCD, ta có M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác SCD, do đó MN // CD.

Mặt khác, ABCD là hình bình hành nên CD // AB.

Từ đó suy ra MN // AB.

Mà $AB \subset \left( {SAB} \right)$ nên MN // (SAB) (1).

Xét tam giác SAC, O là trung điểm của AC (do O là tâm hình bình hành ABCD), M là trung điểm của SC.

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác SAC, do đó OM // SA.

Mà $SA \subset \left( {SAB} \right)$ nên OM // (SAB) (2).

Trong mặt phẳng (OMN), hai đường thẳng MN và OM cắt nhau tại M và cùng song song với mặt phẳng (SAB).

Vậy (OMN) // (SAB).

c) Trong mặt phẳng (SAC), gọi I là giao điểm của AM và SO.

Ta có: $\left. SO \subset \left( {SBD} \right)\Rightarrow I \in \left( {SBD} \right) \right.$.

Mà $I \in AM$, do đó I là giao điểm của đường thẳng AM và mặt phẳng (SBD).