Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Phan Huy Chú (Đống Đa-Hà Nội) có đáp án

Số hạng tổng quát của cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) được tính theo công thức: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Thay \({u_1} = 3\) và \(d = 6\) vào công thức, ta có: \({u_n} = 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 6 = 3 + 6n - 6 = 6n - 3\).

Chọn B.

Một dãy số là cấp số nhân nếu tỷ số giữa hai số hạng liên tiếp không đổi (bằng công bội \(q\)).

Xét dãy số ở phương án D: \(1;2;4;8;16\) ta có \(\frac{2}{1} = \frac{4}{2} = \frac{8}{4} = \frac{{16}}{8} = 2\).

Do đó, đây là một cấp số nhân với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công bội \(q = 2\).

Chọn D.

Hình hộp có 4 đường chéo là \(AC'\), \(A'C\), \(BD'\), \(B'D\) cùng cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Do đó, khẳng định “Hình hộp đã cho có 8 đường chéo” là sai.

Chọn D.

Ta có dạng vô định \(\frac{0}{0}\). Phân tích tử thức thành nhân tử: \(3{x^2} - 4x + 1 = \left( {x - 1} \right)\left( {3x - 1} \right)\).

Khi đó: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3{x^2} - 4x + 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {3x - 1} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {3x - 1} \right) = 3 \cdot 1 - 1 = 2\).

Chọn D.

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

Chọn C.

Theo định lý về điều kiện để hai mặt phẳng song song: Nếu mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(a,b\) và hai đường thẳng này cùng song song với mặt phẳng \(\left( Q \right)\) thì \(\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right)\).

Chọn D.

Xét hai mặt phẳng \(\left( {SNB} \right)\) và \(\left( {MBD} \right)\):

Điểm \(B\) thuộc cả hai mặt phẳng \(\left( {SNB} \right)\) và \(\left( {MBD} \right)\), nên \(B\) là điểm chung thứ nhất.

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), gọi \(E = SN \cap DM\). Khi đó \(E \in SN \subset \left( {SNB} \right)\) và \(E \in DM \subset \left( {MBD} \right)\), do đó \(E\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của \(\left( {SNB} \right)\) và \(\left( {MBD} \right)\) là đường thẳng \(BE\) với \(E = DM \cap SN\).

Chọn B.

Xét mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K = SO \cap AM\).

Vì \(K \in SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(K\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) chứa đường thẳng \(SD\).

Đường thẳng \(BK\) thuộc cả mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\) (vì \(K \in AM \subset \left( {ABM} \right)\)) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).

Do đó, trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), giao điểm của \(SD\) và \(BK\) chính là giao điểm của \(SD\) với mặt phẳng \(\left( {ABM} \right)\).

Chọn B.

Theo công thức cộng đối với côsin: \(\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b\).

Chọn D.

\(MN\) là đường trung bình của , do đó \(MN{\rm{//}}AB\) và \(MN\) cắt \(AD,BD\).

Đường thẳng \(CB\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) nhưng không nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABD} \right)\), đồng thời không song song với \(MN\).

Do đó, \(MN\) và \(CB\) là hai đường thẳng chéo nhau.

Chọn C.

Xét phương án C: \({u_n} = \frac{{2026}}{{2025n}}\).

Xét hiệu: \({u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{2026}}{{2025\left( {n + 1} \right)}} - \frac{{2026}}{{2025n}} = \frac{{2026}}{{2025}}\left( {\frac{1}{{n + 1}} - \frac{1}{n}} \right) = \frac{{2026}}{{2025}}\left( {\frac{{ - 1}}{{n\left( {n + 1} \right)}}} \right) < 0\quad \forall n \ge 1\).

Vậy dãy số \({u_n} = \frac{{2026}}{{2025n}}\) là dãy số giảm.

Chọn C.

Biến đổi phương trình:

\(2\cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) - \sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi }\\{x = - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.,k \in \mathbb{Z}\).

Chọn D.

a) ĐÚNG: Vì \(M \in A'D'\) và \(N \in C'D'\) nên \(M,N \in \left( {A'B'C'D'} \right)\). Mặt khác \(M,N \in \left( {MNP} \right)\), do đó giao tuyến của \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) chính là \(MN\).

b) SAI: Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(MP\) và \(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)\).

Do \(\left( {ABB'A'} \right){\rm{//}}\left( {DCC'D'} \right)\) nên \(\left( \alpha \right)\) cắt các cạnh \(AD,B'C'\) tại \(E,F\) sao cho thiết diện \(MEPF\) là hình bình hành có các cạnh song song với các cạnh hình hộp.

Khi các cạnh hình hộp bằng \(9{\rm{\;cm}}\), độ dài các đoạn thẳng: \(ME = AA' = 9{\rm{\;cm}}\), \(MF = A'B' = 9{\rm{\;cm}}\).

Chu vi tứ giác \(MEPF\) là: \(P = 2 \cdot \left( {ME + MF} \right) = 2 \cdot \left( {9 + 9} \right) = 36{\rm{\;cm}} \ne 18{\rm{\;cm}}\).

c) ĐÚNG: Trong , \(M,N\) là trung điểm của \[A'D',C'D'\] nên \(MN{\rm{//}}A'C'\).

Do \(A'C' \subset \left( {BA'C'} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {BA'C'} \right)\).

Tương tự, xét trung điểm \(P\) của \(BC\) và \(M\) của \(A'D'\), ta có \(MP{\rm{//}}A'B\), mà \(A'B \subset \left( {BA'C'} \right)\).

Vì \(MN,MP \subset \left( {MNP} \right)\) cắt nhau tại \(M\) và cùng song song với \(\left( {BA'C'} \right)\) nên \(\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {BA'C'} \right)\).

d) ĐÚNG:

Ta có \(D'M = \frac{1}{2}A'D',BP = \frac{1}{2}BC\). Vì \(A'D'{\rm{//}}BC\) và \(A'D' = BC\) nên \(D'M{\rm{//}}BP\) và \(D'M = BP = \frac{1}{2}BC\).

Tứ giác \(BMD'P\) có cặp cạnh đối \(D'M\) và \(BP\) vừa song song vừa bằng nhau.

Suy ra \(BMD'P\) là hình bình hành nên \(BM{\rm{//}}D'P\).

Mà \(D'P \subset \left( {B'PD'} \right)\). Do đó \(BM{\rm{//}}\left( {B'PD'} \right)\).

c) ĐÚNG: Số tiền lương mỗi năm tạo thành cấp số nhân \(\left( {{u_n}} \right)\) với \({u_1} = 102\) và công bội \(q = 1,2\).

a) SAI: Số tiền lương năm thứ ba là: \({u_3} = {u_1} \cdot {q^2} = 102 \cdot {\left( {1,2} \right)^2} = 146,88\) triệu đồng.

b) ĐÚNG: Tổng số tiền lương sau 6 năm là tổng 6 số hạng đầu của cấp số nhân:

\({S_6} = {u_1} \cdot \frac{{{q^6} - 1}}{{q - 1}} = 102 \cdot \frac{{{{\left( {1,2} \right)}^6} - 1}}{{1,2 - 1}} = 1012,85184\) (triệu đồng)

Vì \(1012,85184\) triệu đồng > 1000 triệu đồng = 1 tỉ đồng, nên tổng tiền lương sau 6 năm trên 1 tỉ đồng.

d) ĐÚNG: Tổng số tiền tiết kiệm sau \(n\) năm là \({T_n} = 35\% \cdot {S_n} = 0,35 \cdot {S_n}\).

Ta cần \({T_n} \ge 537 \Leftrightarrow 0,35 \cdot 102 \cdot \frac{{{{\left( {1,2} \right)}^n} - 1}}{{0,2}} \ge 537 \Leftrightarrow n \ge 7,62\).

Do \(n \in {\mathbb{N}^*}\), vậy sau ít nhất \(n = 8\) năm đi làm anh Huy đủ tiền mua xe.

Số từ chị Lan gõ mỗi ngày lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có \({u_1} = 250\) và công sai \(d = 15\).

Tổng số từ gõ được sau \(n\) ngày là: \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = \frac{n}{2}\left[ {2 \cdot 250 + 15\left( {n - 1} \right)} \right] = \frac{n}{2}\left( {15n + 485} \right)\).

Tìm \(n\) nhỏ nhất sao cho \({S_n} \ge 42500\): \(\frac{{n\left( {15n + 485} \right)}}{2} \ge 42500 \Leftrightarrow 15{n^2} + 485n - 85000 \ge 0\).

Vì \(n \in {\mathbb{N}^*}\), giá trị \(n\) nhỏ nhất thỏa mãn là \(n = 61\).

Số từ chị Lan gõ được trong ngày thứ 61 là: \({u_{61}} = {u_1} + 60d = 250 + 60 \cdot 15 = 250 + 900 = 1150\).

Đáp số:\(1150\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\).

Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua \(I\) và song song với \(\left( {SAD} \right)\):

\(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến đi qua \(I\) và song song với \(AD\). Gọi \(J\) là trung điểm của \(AB\), ta có \(IJ{\rm{//}}AD\).

\(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {SCD} \right)\) theo giao tuyến đi qua \(I\) và song song với \(SD\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(SC\), ta có \(IK{\rm{//}}SD\).

\(\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( \alpha \right)\) cắt \(\left( {SAB} \right)\) theo giao tuyến đi qua \(J\) và song song với \(SA\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(SB\), ta có \(JH{\rm{//}}SA\).

Do đó, mặt cắt (thiết diện) là hình thang \(IJHK\) với \(HK{\rm{//}}IJ{\rm{//}}AD\).

Ta có \(IJ = AD = 50{\rm{\;cm}}\).

\(HK\) là đường trung bình của , nên \(HK = \frac{1}{2}BC = 25{\rm{\;cm}}\).

Cạnh bên \(IK\): \(IK\) là đường trung bình .

Cạnh bên \(JH\): \(JH\) là đường trung bình .

Do \(IK = JH = 25{\rm{\;cm}}\), thiết diện \(IJHK\) là hình thang cân.

Chiều cao \(h\) của hình thang cân \(IJHK\):

\(h = \sqrt {I{K^2} - {{\left( {\frac{{IJ - HK}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{\left( {\frac{{50 - 25}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {625 - 156,25} = \sqrt {468,75} = \frac{{25\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;cm}}\).

Diện tích mặt cắt: \(S = \frac{{IJ + HK}}{2} \cdot h = \frac{{50 + 25}}{2} \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{2} = \frac{{75 \cdot 25\sqrt 3 }}{4} = \frac{{1875\sqrt 3 }}{4} \approx 811,899{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị: \(812{\rm{\;c}}{{\rm{m}}^2}\).

Đáp số:\(812\).

Đây là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({u_1} = 1\) và công bội \(q = \frac{1}{3}\) (thỏa mãn \(\left| q \right| < 1\)).

Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân lùi vô hạn: \(S = \frac{{{u_1}}}{{1 - q}} = \frac{1}{{1 - \frac{1}{3}}} = \frac{1}{{\frac{2}{3}}} = \frac{3}{2}\).

Đáp số:\(\frac{3}{2}\).

Ta có dạng vô định \(\frac{0}{0}\). Tách giới hạn thành hai phần: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} + 5 - 4x}}{{2 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {\frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{2 - x}} + \frac{{8 - 4x}}{{2 - x}}} \right)\).

Giới hạn thứ nhất:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {4x + 1} - 3}}{{2 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {4x + 1} \right) - 9}}{{\left( {2 - x} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4\left( {x - 2} \right)}}{{ - \left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {4x + 1} + 3} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{ - 4}}{{\sqrt {4x + 1} + 3}} = \frac{{ - 4}}{{3 + 3}} = - \frac{2}{3}\).

Giới hạn thứ hai: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{8 - 4x}}{{2 - x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{4\left( {2 - x} \right)}}{{2 - x}} = 4\).

Do đó: \(\frac{a}{b} = - \frac{2}{3} + 4 = \frac{{10}}{3}\).

Phân số \(\frac{{10}}{3}\) là phân số tối giản với \(a = 10,b = 3 \in \mathbb{N}\).

Vậy \(a + b = 10 + 3 = 13\).

Đáp số:\(13\).

a) Ta có công thức số hạng tổng quát: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d\).

Hệ phương trình đã cho tương đương: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1} + {u_1} + 5d = 40}\\{{u_1} + 2d + {u_1} + 6d = 52}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 5d = 40\\2{u_1} + 8d = 52\end{array} \right.} \right.\).

Trừ vế theo vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất: \(3d = 12 \Leftrightarrow d = 4\).

Thay \(d = 4\) vào phương trình \(2{u_1} + 5d = 40\) ta được: \(2{u_1} + 5 \cdot 4 = 40 \Leftrightarrow 2{u_1} = 20 \Leftrightarrow {u_1} = 10\).

Vậy số hạng đầu \({u_1} = 10\) và công sai \(d = 4\).

b) Tổng của 10 số hạng đầu tiên là: \({S_{10}} = \frac{{10}}{2}\left[ {2{u_1} + 9d} \right] = 5 \cdot \left[ {2 \cdot 10 + 9 \cdot 4} \right] = 5 \cdot \left( {20 + 36} \right) = 5 \cdot 56 = 280\).

a) Chia cả tử và mẫu cho \({n^2}\): \(\lim \frac{{3{n^2} - 2n + 5}}{{4{n^2} + 7}} = \lim \frac{{3 - \frac{2}{n} + \frac{5}{{{n^2}}}}}{{4 + \frac{7}{{{n^2}}}}} = \frac{3}{4}\).

b) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {x + 23} - 5}}{{{x^2} - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {\sqrt {x + 23} - 5} \right)\left( {\sqrt {x + 23} + 5} \right)}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 23} + 5} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x + 23} \right) - 25}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 23} + 5} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 2}}{{\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 23} + 5} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\left( {x + 2} \right)\left( {\sqrt {x + 23} + 5} \right)}} = \frac{1}{{40}}\).

a) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Khi đó \(CO\) là đường trung tuyến của .

Vì \(G\) là trọng tâm nên: \(\frac{{CG}}{{CO}} = \frac{2}{3}\).

Mặt khác, \(M \in BC\) sao cho \(\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{2}{3}\).

Trong , ta có: \(\frac{{CG}}{{CO}} = \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GM{\rm{//}}BO \Rightarrow GM{\rm{//}}BD\).

Vì \(BD \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(GM{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\)\(\left( 1 \right)\).

Tương tự, \(N \in SC\) sao cho \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CS}} = \frac{2}{3}\).

Trong , ta có: \(\frac{{CN}}{{CS}} = \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN{\rm{//}}SB\).

Vì \(SB \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(MN{\rm{//}}\left( {SBD} \right)\)\(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), vì \(GM \cap MN = M\) và cùng nằm trong \(\left( {GMN} \right)\), suy ra: \(\left( {GMN} \right){\rm{//}}\left( {SBD} \right)\).

b) Xét hai mặt phẳng \(\left( {SDC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\):

Điểm \(N \in SC \subset \left( {SDC} \right)\) và \(N \in \left( {GMN} \right)\), nên \(N\) là một điểm chung.

Trong tam giác \(BCD\), kéo dài \[MG\] cắt \[CD\] tại \[K\].

Khi đó \(K \in MG \subset \left( {GMN} \right)\) và \(K \in CD \subset \left( {SDC} \right)\), nên \(K\) là điểm chung thứ hai.

Do đó, giao tuyến của \(\left( {SDC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) là đường thẳng \(NK\).

Hơn nữa \(SD \subset \left( {SDC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right){\rm{//}}\left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {GMN} \right){\rm{//}}SD\).

Vậy giao tuyến của \(\left( {SDC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) là đường thẳng \(NK\) song song với \(SD\).