Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Trần Phú (Hoàn Kiếm-Hà Nội) có đáp án

Áp dụng các định lý về giới hạn của dãy số:

• \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{3}{{ - 1}} = - 3\) (Mệnh đề A đúng).
• \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = 3 \cdot \left( { - 1} \right) = - 3\) (Mệnh đề B đúng).
• \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 3 + \left( { - 1} \right) = 2\) (Mệnh đề C đúng).
• \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - {v_n}} \right) = 3 - \left( { - 1} \right) = 4 \ne 2\) (Mệnh đề D sai).

Chọn đáp án: D.

• Khẳng định A sai vì hai đường thẳng ở trên cùng một mặt phẳng có thể cắt nhau.
• Khẳng định B đúng theo định nghĩa và vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian.
• Khẳng định C sai vì không có điểm chung thì có thể song song.
• Khẳng định D sai vì hai đường thẳng nằm trên hai mặt phẳng phân biệt vẫn có thể song song hoặc cắt nhau.

Chọn đáp án: B.

Theo tính chất của hình hộp, hai mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) là hai mặt phẳng song song với nhau.

Chọn đáp án: D.

Dãy số dạng phân thức hữu tỉ có giới hạn bằng 0 khi và chỉ khi bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số.

Ở đáp án C, bậc của tử là 1, bậc của mẫu là 2. Do đó: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - 2n}}{{5n + 3{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{2}{n}}}{{\frac{5}{n} + 3}} = \frac{0}{3} = 0\).

Chọn đáp án: C.

Ta có \(B'C{\rm{//}}A'D\) và \(B'C = A'D\) (do \(A'B'CD\) là hình bình hành). Do đó phương chiếu \(A'D\) cũng chính là phương chiếu \(B'C\). Khi chiếu điểm \(B'\) xuống mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo phương \(B'C\), ta được giao điểm của đường thẳng qua \(B'\) song song với \(A'D\) (chính là đường thẳng \(B'C\)) với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm \(C\).

Chọn đáp án: A.

Hình lăng trụ tam giác có 2 mặt đáy (là các tam giác) và 3 mặt bên (là các hình bình hành). Tổng số mặt là \(2 + 3 = 5\) mặt.

Chọn đáp án: B.

Vì \(x \to - \infty \), ta đặt \(x = - t\) với \(t \to + \infty \). Khi đó:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2t - 3}}{{\sqrt {{{\left( { - t} \right)}^2} + 1} - \left( { - t} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2t - 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} + t}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2 - \frac{3}{t}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{t^2}}}} + 1}} = \frac{{ - 2 - 0}}{{1 + 1}} = - 1\) (Chia cả tử và mẫu cho \(t > 0\)).

Chọn đáp án: B.

Vì hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại điểm \(x = 2\) nên theo định nghĩa ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\).

Mà bài cho \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 4\), suy ra \(f\left( 2 \right) = 4\).

Chọn đáp án: A.

Tính giới hạn của hàm số khi \(x \to 2\):

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

Ta thấy \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 4 \ne f\left( 2 \right) = 0\). Do đó hàm số gián đoạn tại \(x = 2\).

Chọn đáp án: B.

Đây là giới hạn của hàm đa thức tại một điểm, ta thay trực tiếp \(x = 1\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 2 \cdot {1^2} - 3 \cdot 1 + 1 = 0\).

Chọn đáp án: B.

Chia cả tử và mẫu cho cơ số lớn nhất là \({3^n}\): \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{9 \cdot {2^n} + {3^n}}}{{{2^n} + 5 \cdot {3^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{9 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 1}}{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 5}} = \frac{{9 \cdot 0 + 1}}{{0 + 5}} = \frac{1}{5}\).

Chọn đáp án: B.

Khẳng định B sai vì nếu \(d{\rm{//}}\left( \alpha \right)\) và \(b \subset \left( \alpha \right)\) thì \(b\) và \(d\) có thể song song hoặc chéo nhau chứ không bắt buộc phải luôn song song với nhau.

Chọn đáp án: B.

a) ĐÚNG: Ta có \(BD{\rm{//}}B'D'\) và \(BC'{\rm{//}}AD'\) nên \(\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {BDC'} \right)\).

b) SAI: Hình hộp bất kỳ có các mặt là hình bình hành, chỉ khi là hình hộp chữ nhật thì các mặt mới là hình chữ nhật.

c) ĐÚNG: Do \(AB{\rm{//}}CD\) và \(CD{\rm{//}}C'D'\) nên \(AB{\rm{//}}C'D'\).

d) SAI: Điểm \(B\) thuộc mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\), do đó đường thẳng \(A'B\) cắt mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) tại \(B\).

a) SAI: Khi \(x \to {3^ + }\), ta có \(3 - x < 0\) và tử số \(2025 > 0\). Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} g\left( x \right) = - \infty \).

b) SAI: Hàm số có mẫu bằng \(0\) tại \(x = 1\) và \(x = 3\). Điểm \(x = 1\) nằm trong khoảng \(\left( { - \infty ;3} \right)\) nên hàm số không liên tục trên toàn bộ khoảng này.

c) SAI: Tổng các số từ 1 đến 9 ban đầu là: \(1 + 2 + \ldots + 9 = \frac{{9 \cdot 10}}{2} = 45\).

Khi An cộng lặp lại số \(a\) (\(1 \le a \le 9\)), tổng mới là \(45 + a\). Theo đề bài, tổng mới thu được là một số chính phương. Trong các số từ \(45 + 1 = 46\) đến \(45 + 9 = 54\), chỉ có \(49 = {7^2}\) là số chính phương. Do đó \(45 + a = 49 \Rightarrow a = 4\).

Khi đó giới hạn trở thành: \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} + 11n + 2025}}{{2{n^2} + n - 2009}} = \frac{4}{2} = 2 \ne 4\).

d) SAI: Nếu \(a = 1\) thì \({u_n} = {n^2} + n - 1\). Khi đó \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{n^2} + n - 1} \right) = + \infty \ne 1\).

Nhìn vào đồ thị, khi \(x\) tiến dần về \(1\) từ phía bên trái (\(x < 1\)), đồ thị hàm số là một nhánh parabol đi lên và giá trị của \(y\) tiến gần về \(3\). Do đó \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = 3\).

Kết quả: 3.

Khi \(x \to + \infty \), ta chỉ xét trường hợp \(x \ne 2\), khi đó \(f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{x - 2}} = x - 1\).

Thay vào biểu thức giới hạn: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {x - 1} \right) + 11}}{{5x + 10}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 10}}{{5x + 10}} = \frac{1}{5} = 0,2\).

Kết quả: 0,2.

Ta biến đổi khử dạng vô định \(\frac{0}{0}\):

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^2} - 13x + 40}}{{35 - 7x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 5} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{ - 7\left( {x - 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{x - 8}}{{ - 7}} = \frac{{5 - 8}}{{ - 7}} = \frac{{ - 3}}{{ - 7}} = \frac{3}{7}\).

Phân số \(\frac{3}{7}\) đã tối giản, suy ra \(a = 3,b = 7\). Do đó \(a + b = 3 + 7 = 10\).

Kết quả: 10.

Vì cạnh hình vuông \({C_1}\) là \(a\) nên diện tích \({S_1} = {a^2}\).

Khi chia cạnh thành 4 phần bằng nhau, các đoạn thẳng được tạo ra có độ dài lần lượt là \(\frac{1}{4}\) và \(\frac{3}{4}\) cạnh của hình vuông trước đó. Cạnh của hình vuông \({C_2}\) theo định lý Pythagore là:

\({a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{1}{{16}}{a^2} + \frac{9}{{16}}{a^2}} = a\sqrt {\frac{{10}}{{16}}} \).

Khi đó diện tích hình vuông \({C_2}\) là: \({S_2} = a_2^2 = \frac{{10}}{{16}}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}\).

Tương tự, dãy diện tích \(\left( {{S_n}} \right)\) lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({S_1} = {a^2}\) và công bội \(q = \frac{5}{8} < 1\).

Tổng diện tích vô hạn là: \(T = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{{{a^2}}}{{\frac{3}{8}}} = \frac{{8{a^2}}}{3}\).

Theo bài ra \(T = 8\): \(\frac{{8{a^2}}}{3} = 8 \Rightarrow {a^2} = 3 \Rightarrow a = \sqrt 3 \approx 1,732\).

Làm tròn đến hàng phần chục, ta được \(a \approx 1,7\).

Kết quả: 1,7.

a) Chia cả tử và mẫu cho \({n^2}\):

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} + 5n - 17}}{{5{n^2} - n + 19}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2 + \frac{5}{n} - \frac{{17}}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{1}{n} + \frac{{19}}{{{n^2}}}}} = \frac{{2 + 0 - 0}}{{5 - 0 + 0}} = \frac{2}{5}\).

b) Giới hạn có dạng vô định \(\frac{0}{0}\). Nhân lượng liên hợp ở tử và phân tích đa thức thành nhân tử ở mẫu:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {3x - 2} - 2}}{{ - 3{x^2} + 2x + 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {3x - 2} \right) - 4}}{{ - \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{ - \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}}\)

\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{3}{{ - \left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}} = \frac{3}{{ - \left( {3 \cdot 2 + 4} \right)\left( {\sqrt {3 \cdot 2 - 2} + 2} \right)}} = \frac{3}{{ - 10 \cdot 4}} = - \frac{3}{{40}}\).

Tập xác định của hàm số chứa điểm \(x = 1\). Ta có: \(f\left( 1 \right) = a \cdot 1 - 3 = a - 3\).

Giới hạn bên trái tại \(x = 1\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {ax - 3} \right) = a - 3\).

Giới hạn bên phải tại \(x = 1\): \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 3} \right) = 1 - 3 = - 2\).

Để hàm số liên tục tại \(x = 1\), điều kiện cần và đủ là: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow a - 3 = - 2 \Leftrightarrow a = 1\).

Vậy \(a = 1\) là giá trị cần tìm.

a) Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) có điểm chung đầu tiên là \(S\).

Mặt khác, ta có \(AB \subset \left( {SAB} \right)\), \(CD \subset \left( {SCD} \right)\) và \(AB{\rm{//}}CD\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Theo định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song, giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\) và song song với \(AB\) và \(CD\).

Vậy \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d{\rm{\;\;}}\left( {d{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD,S \in d} \right)\).

b) Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAB\) và \(M\) là trung điểm \(AB\), nên \(G\) nằm trên trung tuyến \(SM\) và thỏa mãn: \(\frac{{MG}}{{MS}} = \frac{1}{3}\).

Theo giả thiết \(CF = 2MF \Rightarrow MC = MF + FC = MF + 2MF = 3MF \Rightarrow \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3}\).

Xét trong tam giác \(SMC\), ta có: \(\frac{{MG}}{{MS}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3}\).

Theo định lý Thales đảo, ta suy ra \(GF{\rm{//}}SC\).

c)  Từ câu b, ta đã có \(GF{\rm{//}}SC\). Mà \(SC \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(GF{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), qua điểm \(F\) kẻ đường thẳng song song với \(CD\), cắt cạnh \(AD\) tại \(E'\).

Do \(E'F{\rm{//}}CD\) và \(CD \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(E'F{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Mặt phẳng \(\left( {E'FG} \right)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(GF\) và \(E'F\) cùng song song với \(\left( {SCD} \right)\), nên:

                          \(\left( {E'FG} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).

Suy ra \(E'G{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\). Do đó, điểm \(E\) cần tìm chính là điểm \(E'\).

Khi đó ta có \(EF{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD\), theo định lý Thales, ta có: \(\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AD = 3AE\).

Theo đề bài: \(AD = x \cdot AE \Rightarrow x = 3\).

Kết luận:\(x = 3\).