Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THCS & THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) có đáp án

Tổng số học sinh tham gia thống kê là: $N = 180 + 170 + 40 + 10 = 400$.

Số học sinh vi phạm từ $3$ lỗi trở xuống gồm số học sinh ở nhóm $\left[ {0;1} \right)$ và nhóm $\left[ {1;3} \right)$:

$n = 180 + 170 = 350$ (học sinh).

Tỉ lệ học sinh vi phạm từ $3$ lỗi trở xuống là: $P = \frac{{350}}{{400}} \times 100\% = 87{,}5\%$.

Chọn B.

Vì $M \in SA$, $N \in SC$ nên đường thẳng $MN$ nằm trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$. Do đó mệnh đề “$MN{\rm{//}}\left( {SAC} \right)$” là sai.

Các khẳng định còn lại đều đúng:

Ta có $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SA \Rightarrow OM$ là đường trung bình của .

$\Rightarrow OM{\rm{//}}SC \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow OM{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Tương tự, $P$ là trung điểm $SB \Rightarrow OP{\rm{//}}SD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow \left( {OMP} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

$MN{\rm{//}}AC$, $MP{\rm{//}}AB \Rightarrow \left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn A.

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $AB{\rm{//}}CD$.

Do đó: $\left( {AB,C'D} \right) = \left( {CD,C'D} \right)$.

Mặt bên $CDD'C'$ là hình vuông, đường chéo $C'D$ tạo với cạnh $CD$ một góc $45^\circ$.

Vậy góc giữa $AB$ và $C'D$ bằng $45^\circ$.

Chọn A.

Áp dụng công thức hạ bậc lượng giác: $\cos 2x = 2{\cos ^2}x - 1 \Rightarrow {\cos ^2}x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}$.

Chọn A.

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

Thay ${u_1} = 3$ và $d = 2$ vào ta được: ${u_n} = 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2 = 3 + 2n - 2 = 2n + 1$.

Chọn C.

Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{array}{l}5x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \\3x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ne \frac{\pi }{{10}} + k\frac{\pi }{5}\\x \ne \frac{\pi }{6} + k\frac{\pi }{3}\end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Phương trình tương đương với: $5x = 3x + k\pi \Leftrightarrow 2x = k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{k\pi }}{2},\quad k \in \mathbb{Z}$.

Biểu diễn điều kiện và thử các giá trị của $k$:

Nếu $k$ lẻ ($k = 2m + 1$), $x = \frac{\pi }{2} + m\pi$, làm cho $\tan 5x$ và $\tan 3x$ không xác định.

Nếu $k$ chẵn ($k = 2m$), $x = m\pi$, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = m\pi \quad \left( {m \in \mathbb{Z}} \right)$.

Do $k$, $m$ là các số nguyên nên ta có thể biểu diễn $x = k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A.

Vì $q = \frac{4}{3} > 1$ nên theo tính chất giới hạn dãy số lũy thừa: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\left( {\frac{4}{3}} \right)^n} = + \infty$.

Do đó khẳng định ở câu D là sai.

Chọn D.

Xét đáp án B, ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {2x - 1} \right) = 7 > 0$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \left( {4 - x} \right) = 0\quad {\rm{v\`a \;}}\,\,4 - x > 0{\rm{\;khi\;}}x < 4$.

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {4^ - }} \frac{{2x - 1}}{{4 - x}} = + \infty$.

Chọn C.

Ta có $L = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \left[ {\frac{{5\pi }}{6}\sin \left( {\frac{\pi }{6}t + \frac{\pi }{3}} \right)} \right] = \frac{{5\pi }}{6}\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{{5\pi }}{6} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{5\pi \sqrt 3 }}{{12}}{\rm{\;(cm/s)}}$.

Chọn C.

Nhóm có tần số lớn nhất là nhóm $\left[ {2;3} \right)$ với tần số ${n_3} = 200$.

Do đó, mốt của mẫu số liệu thuộc nhóm $\left[ {2;3} \right)$.

Chọn A.

Chia cả tử và mẫu cho $x$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 5}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2 + \frac{3}{x}}}{{1 - \frac{5}{x}}} = \frac{{2 + 0}}{{1 - 0}} = 2$.

Chọn C.

Theo tính chất của giới hạn hữu hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left[ {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 5 + 7 = 12$.

Chọn A.

a) ĐÚNG. Khi $x \to - \infty$, ta có $x \le 3$, do đó $f\left( x \right) = x + 5$.

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x + 5} \right) = - \infty$.

b) SAI. Với $a = 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - 5} + x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\left( {\sqrt {1 - \frac{5}{{{x^2}}}} + 1} \right) = + \infty$.

c) SAI. Với $a = - 1$ thì $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} - 5} - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - 5}}{{\sqrt {{x^2} - 5} + x}} = 0$.

d) ĐÚNG. 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 $f\left( 3 \right) = 3 + 5 = 8$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = 8$; $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \left( {\sqrt {{x^2} - 5} + ax} \right) = \sqrt {{3^2} - 5} + 3a = 2 + 3a$.

Để hàm số liên tục tại $x = 3$ thì $2 + 3a = 8 \Leftrightarrow 3a = 6 \Leftrightarrow a = 2$.

Đáp án:

a) Đ - b) S - c) S - d) Đ

a) ĐÚNG. Ta có $O$ là trung điểm $AC$, $N$ là trung điểm $AD \Rightarrow ON$ là đường trung bình của .

Vì $ON{\rm{//}}AB$ và $AB \subset \left( {SAB} \right)$ nên $ON{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$.

b) ĐÚNG. Trong có $MN$ là đường trung bình $\Rightarrow MN{\rm{//}}SD \subset \left( {SCD} \right)$.

Trong , $ON{\rm{//}}CD \subset \left( {SCD} \right)$.

Do $MN \cap ON = N$, nên $\left( {OMN} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

c) SAI. Ta có $M \in SA \subset \left( {SAB} \right)$ và $M \in \left( {OMN} \right)$ nên $M$ là một điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$.

Lại có mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ lần lượt chứa hai đường thẳng $ON$ và $AB$ song song với nhau nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $ON$ và $AB$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$, từ $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $SB$ tại $H$.

Khi đó $H$ là giao điểm của đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$.

Vì $M$ là trung điểm $SA$ nên $H$ là trung điểm $SB \Rightarrow HS = HB$. Do đó mệnh đề $HS = 2 \cdot HB$ là sai.

d) ĐÚNG. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M$ và song song với $\left( {SBD} \right)$. Vì $M$ là trung điểm $SA$, mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt các mặt $\left( {SAB} \right),\left( {SAD} \right),\left( {SAC} \right)$ theo các đường trung bình song song với $SB,SD,SO$.

Thiết diện tạo bởi $\left( \alpha \right)$ với hình chóp là tam giác có các cạnh lần lượt bằng một nửa các cạnh của . Do $ABCD$ là hình thoi nên $AB = AD \Rightarrow SB = SD$ (vì $SA \bot AB,SA \bot AD$), suy ra cân tại $S$. Do đó thiết diện thu được cũng là một tam giác cân.

Đáp án:

a) Đ - b) Đ - c) S - d) Đ

a) ĐÚNG. $\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } {u_k} = \mathop {\lim }\limits_{k \to \infty } \frac{{ - 5}}{{{k^2} + 5k + 6}} = 0$.

b) ĐÚNG. Ta phân tích: $\frac{1}{{k + 2}} - \frac{1}{{k + 3}} = \frac{{\left( {k + 3} \right) - \left( {k + 2} \right)}}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}} = \frac{1}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}}$.

$\Rightarrow {u_k} = \frac{{ - 5}}{{\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}} = - 5\left( {\frac{1}{{k + 2}} - \frac{1}{{k + 3}}} \right)$

c) SAI. Ta có tổng ${S_n}$ là ${S_n} = - 5\left[ {\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) + \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{5}} \right) + \ldots + \left( {\frac{1}{{n + 2}} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)} \right] = - 5\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)$.

Công thức nêu ở đề bài là $- 5\left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)$ là SAI (đã nhầm $\frac{1}{3}$ thành $\frac{1}{6}$).

d) SAI. Vì ${S_n} = - 5\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{{n + 3}}} \right)$ nên $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = - 5\left( {\frac{1}{3} - 0} \right) = - \frac{5}{3}$.

Mệnh đề cho $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = - \frac{5}{6}$ là SAI.

Đáp án:

a) Đ - b) Đ - c) S - d) S

a) ĐÚNG. Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $BC \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot BC$.

b) ĐÚNG. Ta có $BC \bot AB$ (do $ABCD$ là hình vuông) và $BC \bot SA$ (do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$).

Vì $AB,SA \subset \left( {SAB} \right)$ và $AB \cap SA = A$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

c) ĐÚNG. Trong , $MN$ là đường trung bình $\Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \subset \left( {SBC} \right)$.

Trong , $NP$ là đường trung bình $\Rightarrow NP{\rm{//}}SC \subset \left( {SBC} \right)$.

Do $MN \cap NP = N$, suy ra $\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

d) SAI. Vì $NP{\rm{//}}SC$, nên góc giữa $NP$ và $AC$ bằng góc giữa $SC$ và $AC$: $\left( {NP,AC} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Xét vuông tại $A$ có $AC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$. Khi đó $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{3}{2}} \Rightarrow \widehat {SCA} \ne 45^\circ$.

Đáp án:

a) Đ - b) Đ - c) Đ - d) S

Tổng số thí sinh: $N = 60 + 79 + 151 + 140 + 104 + 66 = 600$.

Lấy $25\%$ số thí sinh cao nhất, nghĩa là điểm trúng tuyển chính là tứ phân vị thứ ba ${Q_3}$ (tương ứng với $75\%$ thí sinh có điểm từ thấp đến cao, tức $600 \times 0{,}75 = 450$ thí sinh).

Ta tính tần số tích lũy:

Nhóm 1 $\left[ {18{,}5;20{,}5} \right)$: $60$.

Nhóm 2 $\left[ {20{,}5;22{,}5} \right)$: $60 + 79 = 139$.

Nhóm 3 $\left[ {22{,}5;24{,}5} \right)$: $139 + 151 = 290$.

Nhóm 4 $\left[ {24{,}5;26{,}5} \right)$: $290 + 140 = 430$.

Nhóm 5 $\left[ {26{,}5;28{,}5} \right)$: $430 + 104 = 534$.

Vị trí thứ $450$ thuộc nhóm 5: $\left[ {26{,}5;28{,}5} \right)$.

Áp dụng công thức tính ${Q_3}$ ta được ${Q_3} = 26{,}5 + \frac{{450 - 430}}{{104}} \cdot 2 = 26{,}5 + \frac{{20}}{{104}} \cdot 2 = 26{,}5 + \frac{{40}}{{104}} \approx 26{,}885$.

Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị ta được $27$.

KẾT QUẢ: $27$.

Ta có $f\left( 2 \right) = \left( {2 - 1} \right) \cdot \left( {2 - 2} \right) \cdot \left( {2 - 5} \right) = 0$.

Thay vào biểu thức giới hạn: $L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x - 5} \right) - 0}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 1} \right)\left( {x - 5} \right) = - 3$.

KẾT QUẢ: $- 3$.

Quãng đường quả bóng di chuyển bao gồm:

Lần rơi đầu tiên: ${h_0} = 3{\rm{\;m}}$.

Lần nảy lên và rơi xuống thứ $1$: $2 \cdot {h_1} = 2 \cdot \left( {3 \cdot \frac{3}{4}} \right)$.

Lần nảy lên và rơi xuống thứ $2$: $2 \cdot {h_2} = 2 \cdot \left( {3 \cdot {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2}} \right)$.

...

Tổng quãng đường là $S = 3 + 2 \cdot 3 \cdot \left[ {\frac{3}{4} + {{\left( {\frac{3}{4}} \right)}^2} + ...} \right] = 3 + 6 \cdot \frac{{\frac{3}{4}}}{{1 - \frac{3}{4}}} = 21$.

KẾT QUẢ: $21$.

Trong hình bình hành $A'B'C'D'$, gọi $M$ là giao điểm hai đường chéo $A'C'$ và $B'D'$ (tức $M$ là trung điểm của $A'C'$).

Trong , $D'M$ là đường trung tuyến. Do $G$ là trọng tâm nên $G \in D'M$ và $\frac{{D'G}}{{D'M}} = \frac{2}{3}$.

Vì $M$ là trung điểm của $B'D'$ nên $D'M = \frac{1}{2}D'B'$. Do đó: $D'G = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{2}D'B'} \right) = \frac{1}{3}D'B'$.

Suy ra $G$ nằm trên đường chéo $B'D'$ của mặt phẳng đáy trên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ và thỏa mãn $\frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}$.

Dựng giao tuyến của $\left( P \right)$ với các mặt của hình hộp

Xét mặt phẳng chéo $\left( {BDD'B'} \right)$ chứa đường thẳng $BD'$ và điểm $G \in B'D'$.

Trong $\left( {BDD'B'} \right)$, qua $G$ kẻ đường thẳng song song với $BD'$, cắt cạnh $BB'$ tại $I$.

Vì $\left( P \right){\rm{//}}BD'$ nên đường thẳng $GI$ nằm trong $\left( P \right)$.

Xét , do $GI{\rm{//}}BD'$ nên theo định lý Thales suy ra $\frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{{D'G}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}$.

Trong mặt bên $\left( {BCC'B'} \right)$, qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $B'C$, cắt cạnh $BC$ tại $J$.

Lại có $B'C{\rm{//}}A'D$, suy ra $IJ{\rm{//}}A'D$.

Vì $\left( P \right){\rm{//}}A'D$ nên đường thẳng $IJ$ nằm trong $\left( P \right)$.

Xét , do $IJ{\rm{//}}B'C$ nên theo định lý Thales suy ra $\frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{{BI}}{{BB'}} = \frac{1}{3}$.

Như vậy, mặt phẳng $\left( P \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {GIJ} \right)$.

Xác định giao điểm $K$ bằng cách dùng mặt phẳng phụ $\left( {A'BCD'} \right)$

Xét mặt phẳng chéo $\left( {A'BCD'} \right)$: Mặt phẳng này chứa đường thẳng $BD'$ và $CD'$.

Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( {A'BCD'} \right)$:

Ta có $J \in BC \subset \left( {A'BCD'} \right)$ và $J \in \left( P \right)$ nên $J$ là một điểm chung.

Lại có hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( {A'BCD'} \right)$ lần lượt chứa hai đường thẳng $GI$ và $BD'$ song song với nhau.

Như vậy, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( {A'BCD'} \right)$ là đường thẳng qua $J$ và song song với $GI$ và $BD'$ .

Trong mặt phẳng $\left( {A'BCD'} \right)$, qua $J$ kẻ đường thẳng song song với $BD'$ cắt $CD'$ tại $K$.

Khi đó $K$ chính là giao điểm của $CD'$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

Xét , do $JK{\rm{//}}BD'$ nên theo định lý Thales suy ra $\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{{BJ}}{{BC}} = \frac{1}{3}$.

Từ $\frac{{D'K}}{{D'C}} = \frac{1}{3}$, ta có: $KD' = \frac{1}{3}CD'$ và $KC = CD' - KD' = \frac{2}{3}CD'$.

Vậy $\frac{{KD'}}{{KC}} = \frac{{\frac{1}{3}CD'}}{{\frac{2}{3}CD'}} = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

KẾT QUẢ: $0{,}5$.

Nhân liên hợp cả tử và mẫu với $\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)$ ta được:

$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {\sqrt {3x - 5} - 2} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{\left( {3x - 5} \right) - 4}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{3x - 9}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{{3\left( {x - 3} \right)}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {\sqrt {3x - 5} + 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 3} \frac{3}{{\sqrt {3x - 5} + 2}} = \frac{3}{4} = 0{,}75$.

KẾT QUẢ: $0{,}75$.

Xét : Vì $SA = SB$ và $SE = SF$ nên $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SB}} \Rightarrow EF{\rm{//}}AB$ (theo định lý Thales).

Do $H$ là trung điểm $CB$ và $C,H,B$ thẳng hàng nên đường thẳng $CH$ trùng với đường thẳng $BC$.

Ta có góc giữa $EF$ và $CH$ chính là góc giữa $AB$ và $BC$: $\left( {EF,CH} \right) = \left( {AB,BC} \right) = \widehat {ABC}$.

Xét vuông tại $A$: $\tan \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$$\Rightarrow \widehat {ABC} = 30^\circ$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $EF$ và $CH$ bằng $30^\circ$.

KẾT QUẢ: $30$.