Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Gia Thiều (Hà Nội) có đáp án

Áp dụng định lý về giới hạn hữu hạn của tổng hai hàm số:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} \left[ {f\left( x \right) + x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to - 2} x = 17 + \left( { - 2} \right) = 15\).

Chọn D.

Tứ giác \(ABMN\) có \(AN{\rm{//}}BM\) và \(AN = BM = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BC\), nên \(ABMN\) là hình bình hành, suy ra \(MN{\rm{//}}AB\).

Hai mặt phẳng \(\left( {MNK} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) có điểm chung \(K\), lần lượt chứa hai đường thẳng song song là \(MN\) và \(AB\).

Do đó, giao tuyến của \(\left( {MNK} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là đường thẳng đi qua \(K\) và song song với \(AB\) (mà \(AB{\rm{//}}CD\), nên song song với \(CD\)).

Chọn B.

Theo định nghĩa giá trị lượng giác trên đường tròn lượng giác, với điểm \(M\left( {{x_M};{y_M}} \right)\) thuộc đường tròn lượng giác biểu diễn góc \(\alpha \), ta có: \(\sin \alpha = {y_M} = - \frac{{60}}{{61}}\).

Chọn C.

Số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) được tính theo công thức:

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

Chọn C.

Số hạng thứ hai của cấp số nhân là: \({u_2} = {u_1} \cdot q = 4 \cdot \left( { - 3} \right) = - 12\).

Chọn D.

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD{\rm{//}}BC\).

Ta có \(BC \subset \left( {SBC} \right) \equiv \left( {SCM} \right)\) và \(AD \not\subset \left( {SCM} \right)\).

Do đó, đường thẳng \(AD\) song song với mặt phẳng \(\left( {SCM} \right)\).

Chọn A.

Ta tính lần lượt các số hạng: \({u_2} = {u_1} + 2 = 19 + 2 = 21\); \({u_3} = {u_2} + 2 = 21 + 2 = 23\).

Chọn B.

Công bội của cấp số nhân là \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{{35}}{5} = 7\).

Tổng \(60\) số hạng đầu tiên của cấp số nhân là: \({S_{60}} = \frac{{{u_1}\left( {{q^{60}} - 1} \right)}}{{q - 1}} = \frac{{5\left( {{7^{60}} - 1} \right)}}{{7 - 1}} = \frac{{5\left( {{7^{60}} - 1} \right)}}{6}\).

Chọn A.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \sin x\) trên tập xác định \(D = \mathbb{R}\):

• \(\forall x \in D \Rightarrow - x \in D\).
• \(f\left( { - x} \right) = \left( { - x} \right) + \sin \left( { - x} \right) = - x - \sin x = - \left( {x + \sin x} \right) = - f\left( x \right)\).

Vậy hàm số \(y = x + \sin x\) là hàm số lẻ.

Chọn C.

Áp dụng quy tắc giới hạn hữu hạn của tổng hai dãy số:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} + \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {v_n} = - 4 + 12 = 8\).

Chọn A.

Ta có \(\sin x = \sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = x - \frac{\pi }{3} + k2\pi \quad \left( {{\rm{v\^o \;nghiem}}} \right)}\\{x = \pi - \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi }\end{array}} \right.\)\( \Leftrightarrow 2x = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn B.

Xét vị trí của các điểm:

\(M\) thuộc cạnh \(CD \Rightarrow M \in \left( {BCD} \right)\) và \(M \ne C\) (do \(M\) là trung điểm \(CD\)).

\(N\) thuộc cạnh \(BC \Rightarrow N \in \left( {BCD} \right)\) và \(N \ne C\) (do \(BC = 3NC\)).

Do đó, đường thẳng \(MN\) nằm hoàn toàn trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) và không đi qua điểm \(C\).

Xét vị trí tương đối giữa \(AC\) và \(MN\):

Đường thẳng \(AC\) cắt mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) tại điểm \(C\).

Vì điểm \(C\) không thuộc đường thẳng \(MN\), nên đường thẳng \(AC\) cắt mặt phẳng chứa \(MN\) tại một điểm không nằm trên \(MN\).

Do đó, hai đường thẳng \(AC\) và \(MN\) không cùng thuộc một mặt phẳng, tức là chéo nhau.

Chọn D.

a) ĐÚNG: Xét hiệu \({u_{n + 1}} - {u_n} = \left( {8 + \frac{3}{{n + 1}}} \right) - \left( {8 + \frac{3}{n}} \right) = \frac{3}{{n + 1}} - \frac{3}{n} = - \frac{3}{{n\left( {n + 1} \right)}} < 0\) với mọi \(n \ge 1\). Do đó dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) là dãy số giảm.

b) SAI: Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {8 + \frac{3}{n}} \right) = 8 + 0 = 8 \ne 11\).

c) ĐÚNG: Cấp số cộng có \({u_8} = {u_1} + 7d \Leftrightarrow 7 = 21 + 7d \Leftrightarrow d = - 2\).

Khi đó \({u_{16}} = {u_1} + 15d = 21 + 15 \cdot \left( { - 2} \right) = - 9\).

d) SAI: Nếu \({u_1} < 0\) và \(q > 1\), chẳng hạn \({u_1} = - 2,q = 2\), dãy số thu được là \( - 2, - 4, - 8, - 16, \ldots \) là một dãy số giảm. Do đó mệnh đề phát biểu cho mọi \({u_1} \ne 0\) là sai.

a) SAI: Ta có \(f\left( 5 \right) = {5^2} + 7 \cdot 5 + 4 = 64\). Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \sqrt {f\left( x \right)} = \sqrt {f\left( 5 \right)} = \sqrt {64} = 8 \ne 7\).

b) SAI: Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = {1^2} + 7 \cdot 1 + 4 = 12 \ne - 2\).

c) SAI: Ta tính giới hạn:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 5 \right)}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {{x^2} + 7x + 4} \right) - 64}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^2} + 7x - 60}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 5} \right)\left( {x + 12} \right)}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \left( {x + 12} \right) = 17\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\).

Vì \(17\;{\rm{m}}/{\rm{s}} \ne 16\;{\rm{m}}/{\rm{s}}\) nên ý c là SAI.

d) ĐÚNG: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{x^2} + 7x + 4}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {1 + \frac{7}{x} + \frac{4}{{{x^2}}}} \right) = 1\).

Sử dụng công thức biến đổi \(\cos 2\alpha = 1 - 2{\sin ^2}\alpha \), phương trình trở thành:

\(3\left( {1 - 2{{\sin }^2}\alpha } \right) + \sin \alpha - 2 = 0 \Leftrightarrow - 6{\sin ^2}\alpha + \sin \alpha + 1 = 0\).

Giải phương trình bậc hai đối với \(\sin \alpha \) ta được \(\sin \alpha = \frac{1}{2}\) hoặc \(\sin \alpha = - \frac{1}{3}\).

Vì điều kiện \(\sin \alpha < 0\) nên ta chọn \(\sin \alpha = - \frac{1}{3}\).

Do đó \(\frac{m}{n} = - \frac{1}{3} \Rightarrow m = - 1\) và \(n = 3\) (thỏa mãn \(n \in {\mathbb{N}^*}\) và \(\frac{{ - 1}}{3}\) tối giản).

Vậy \(m + n = - 1 + 3 = 2\).

Kết quả:\(2\).

Công bội của cấp số nhân là \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{3}{{18}} = \frac{1}{6}\).

Ta có \({S_n} = {u_1} + {u_2} + \ldots + {u_n} = \frac{{{u_1}\left( {1 - {q^n}} \right)}}{{1 - q}} = \frac{{18\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n}} \right]}}{{1 - \frac{1}{6}}} = \frac{{108}}{5}\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n}} \right]\).

Vì \(\left| q \right| = \frac{1}{6} < 1\) nên \(S = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_1} + {u_2} + \ldots + {u_n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {S_n} = \frac{{108}}{5} = 21,6\).

Kết quả:\(21,6\).

Đường thẳng \(DM\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), cắt đường thẳng \(AC\) tại \(E\).

Vì \(E \in AC \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(E\) chính là giao điểm của \(DM\) và \(\left( {SAC} \right)\).

Vì \(AD{\rm{//}}BC \Rightarrow AD{\rm{//}}MC\).

Xét hai tam giác đồng dạng \({\rm{\Delta }}EAD\) và \({\rm{\Delta }}ECM\), suy ra \(\frac{{ED}}{{EM}} = \frac{{AD}}{{MC}}\).

Theo đề bài, \(BC = 3BM \Rightarrow MC = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}AD\).

Do đó: \(\frac{{ED}}{{EM}} = \frac{{AD}}{{\frac{2}{3}AD}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{ED}}{3} = \frac{{EM}}{2} = \frac{{ED + EM}}{{3 + 2}} = \frac{{DM}}{5}\).

Suy ra \(\frac{{DE}}{{DM}} = \frac{3}{5} = 0,6\).

Kết quả:\(0,6\).

Áp dụng công thức truy hồi cho các số hạng từ \(2\) đến \(n\):

                                          \({u_2} - {u_1} = 2 \cdot 2 - 3\)

                                          \({u_3} - {u_2} = 2 \cdot 3 - 3\)

                                                            \( \ldots \)

                                           \({u_n} - {u_{n - 1}} = 2n - 3\)

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta được: \({u_n} - {u_1} = \mathop \sum \limits_{k = 2}^n \left( {2k - 3} \right) = 2\mathop \sum \limits_{k = 2}^n k - 3\left( {n - 1} \right)\)

Ta có \(\mathop \sum \limits_{k = 2}^n k = \frac{{\left( {n + 2} \right)\left( {n - 1} \right)}}{2}\), suy ra: \({u_n} - 3 = \left( {n + 2} \right)\left( {n - 1} \right) - 3\left( {n - 1} \right) = \left( {n - 1} \right)\left( {n + 2 - 3} \right) = {\left( {n - 1} \right)^2}\)

\( \Rightarrow {u_n} = {\left( {n - 1} \right)^2} + 3 = {n^2} - 2n + 4\).

Thay \(n = 1000\) vào ta tính \({u_{1000}}\) được \({u_{1000}} = {\left( {1000 - 1} \right)^2} + 3 = {999^2} + 3 = 998001 + 3 = 998004\).

Do đó: \(\frac{{{u_{1000}}}}{{109}} = \frac{{998004}}{{109}} = 9156\).

Kết quả:\(9156\).

Đổi 100 nghìn đồng = \(0,1\) triệu đồng.

Thời gian làm việc trong 2 năm là \(n = 24\) tháng.

Số tiền lương anh Tuấn nhận được ở mỗi tháng lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) với số hạng đầu \({u_1} = 8\) (triệu đồng) và công sai \(d = 0,1\) (triệu đồng).

Tổng số tiền lương anh Tuấn nhận được trong 24 tháng là tổng 24 số hạng đầu của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\):

\({S_{24}} = \frac{{24}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {24 - 1} \right)d} \right] = 12 \cdot \left[ {2 \cdot 8 + 23 \cdot 0,1} \right] = 12 \cdot \left( {16 + 2,3} \right) = 12 \cdot 18,3 = 219,6\) (triệu đồng).

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

Tính giới hạn bên phải khi \(x \to {2^ + }\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} + 8x - 20}}{{4x - 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 10} \right)}}{{4\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{x + 10}}{4} = 3\).

Nhận thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = 3\).

Vậy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 3\).

a) Trong \({\rm{\Delta }}ABC\), có \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(E\) là trung điểm của \(BC\).

\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}ABC \Rightarrow OE{\rm{//}}AB\).

Mà \(AB \subset \left( {SAB} \right)\) và \(OE \not\subset \left( {SAB} \right)\).

Do đó \(OE{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\).

b) Trong \({\rm{\Delta }}SAC\), \(O\) là trung điểm \(AC\), \(F\) là trung điểm \(SA \Rightarrow OF\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}SAC \Rightarrow OF{\rm{//}}SC\). Mà \(SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OF{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Trong \({\rm{\Delta }}BCD\), \(O\) là trung điểm \(BD\), \(E\) là trung điểm \(BC\)\( \Rightarrow OE\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}BCD \Rightarrow OE{\rm{//}}CD\). Mà \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OE{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {OEF} \right)\), hai đường thẳng \(OF\) và \(OE\) cắt nhau tại \(O\) và cùng song song với mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\). Suy ra \(\left( {OEF} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

c) Xác định vị trí điểm \(K\) trên cạnh \(CD\):

Đặt cạnh hình vuông \(ABCD\) là \(a\).

Vì \(E\) là trung điểm \(BC\) nên \(BE = \frac{a}{2}\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABE\) vuông tại \(B\), có \(\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AB}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{a} = \frac{1}{2}\).

Theo giả thiết \(\widehat {CAK} = \widehat {BAE} \Rightarrow \tan \widehat {CAK} = \frac{1}{2}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat {BAC} = 45^\circ \).

Do đó \(\widehat {BAK} = \widehat {BAC} + \widehat {CAK} = 45^\circ + \widehat {BAE}\).

Áp dụng công thức cộng lượng giác: \(\tan \widehat {BAK} = \tan \left( {{{45}^ \circ } + \widehat {BAE}} \right) = \frac{{\tan {{45}^ \circ } + \tan \widehat {BAE}}}{{1 - \tan {{45}^ \circ } \cdot \tan \widehat {BAE}}} = \frac{{1 + \frac{1}{2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 3\).

Trong \({\rm{\Delta }}ADK\) vuông tại \(D\), ta có \(\widehat {DAK} = {90^ \circ } - \widehat {BAK}\).

Suy ra \(\cot \widehat {DAK} = \tan \widehat {BAK} = 3 \Rightarrow \tan \widehat {DAK} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow DK = AD \cdot \tan \widehat {DAK} = a \cdot \frac{1}{3} = \frac{a}{3}\).

Suy ra \(CK = CD - DK = a - \frac{a}{3} = \frac{{2a}}{3}\).

Do đó \(\frac{{CK}}{{CD}} = \frac{{\frac{{2a}}{3}}}{a} = \frac{2}{3}\).

Xác định tỉ số \(\frac{{SH}}{{SA}}\):

Qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(AB\) tại \(I\).

Vì \(IK{\rm{//}}BC \Rightarrow IK{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Mặt phẳng chứa \(KH\) và \(IK\) là \(\left( {HKI} \right)\).

Vì \(KH{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) và \(IK{\rm{//}}\left( {SBC} \right)\) nên mặt phẳng \(\left( {HKI} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) cắt hai mặt phẳng song song \(\left( {HKI} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) theo hai giao tuyến song song là \(HI\) và \(SB \Rightarrow HI{\rm{//}}SB\).

Áp dụng định lý Thalès trong \({\rm{\Delta }}SAB\) có \(HI{\rm{//}}SB\) ta được \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{{BI}}{{BA}}\).

Vì \(IK{\rm{//}}BC\) và \(ABCD\) là hình vuông nên \(IBCK\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow BI = CK = \frac{2}{3}a\).

Do đó: \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{{\frac{2}{3}a}}{a} = \frac{2}{3}\).