Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Hoài Đức A (Hà Nội) có đáp án

Thay $n = 8$ vào công thức tổng quát của dãy số: ${u_8} = {8^2} + 1 = 64 + 1 = 65$.

Chọn C.

Xét tam giác $SAB$, ta có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA$ và $SB$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$. Suy ra $MN{\rm{//}}AB$.

Mà $AB \subset \left( {ABCD} \right)$ hay $AB \subset \left( {ACD} \right)$, và $MN \not\subset \left( {ACD} \right)$.

Do đó, $MN{\rm{//}}\left( {ACD} \right)$.

Chọn B.

Khẳng định C sai vì công thức đúng của $\cos \left( {a + b} \right)$ là: $\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$.

Chọn C.

Vì $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$ (góc thuộc góc phần tư thứ III), ta có:

$\sin \alpha < 0$

$\cos \alpha < 0$

$\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} > 0$

$\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} > 0$

Do đó, phát biểu $\tan \alpha > 0$ là phát biểu đúng.

Chọn B.

Ta có $A'D{\rm{//}}CB'$ nên hình chiếu song song của điểm $C$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương là điểm $B'$.

Chọn D.

Khẳng định B sai vì qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm đó. Chỉ khi 3 điểm phân biệt không thẳng hàng mới xác định duy nhất một mặt phẳng.

Chọn B.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $BC$.

Theo tính chất trọng tâm: $\frac{{SG}}{{SM}} = \frac{2}{3}$ và $\frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\frac{{SG}}{{SM}} = \frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3}$.

Theo định lý Thalès đảo trong tam giác $SMN$, ta có $GK{\rm{//}}MN$.

Mặt khác, $M,N$ là trung điểm $AB,BC$ nên $MN$ là đường trung bình tam giác $ABC \Rightarrow MN{\rm{//}}AC$.

Từ đó suy ra $GK{\rm{//}}AC$.

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0: $2 - 2\cos x \ne 0 \Leftrightarrow \cos x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne k2\pi \quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy tập xác định là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn B.

Hàm số $y = \tan x$ không xác định tại các điểm $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$), do đó nó không liên tục trên $\mathbb{R}$.

Chọn A.

Ta có $\lim \frac{{3n - 2}}{{1 - n}} = \lim \frac{{n\left( {3 - \frac{2}{n}} \right)}}{{n\left( {\frac{1}{n} - 1} \right)}} = \lim \frac{{3 - \frac{2}{n}}}{{\frac{1}{n} - 1}} = \frac{{3 - 0}}{{0 - 1}} = - 3$.

Chọn D.

Các khoảng thời gian ít hơn 90 phút gồm có: $\left[ {0;30} \right)$, $\left[ {30;60} \right)$, và $\left[ {60;90} \right)$.

Số học sinh tương ứng là: $15 + 20 + 27 = 62$.

Chọn B.

Tổng số học sinh là: $n = 2 + 3 + 12 + 15 + 24 = 56$.

Tần số tích lũy của từng nhóm lần lượt là:

- Nhóm 1 $\left[ {6{,}5;9{,}5} \right)$: ${c_1} = 2$.
- Nhóm 2 $\left[ {9{,}5;12{,}5} \right)$: ${c_2} = 2 + 3 = 5$.
- Nhóm 3 $\left[ {12{,}5;15{,}5} \right)$: ${c_3} = 5 + 12 = 17$.
- Nhóm 4 $\left[ {15{,}5;18{,}5} \right)$: ${c_4} = 17 + 15 = 32$.
- Nhóm 5 $\left[ {18{,}5;21{,}5} \right)$: ${c_5} = 32 + 24 = 56$.

Do $\frac{n}{2} = \frac{{56}}{2} = 28$ và ${c_3} = 17 < 28 \le {c_4} = 32$, nên nhóm chứa trung vị là nhóm thứ 4, tức là $\left[ {15{,}5;18{,}5} \right)$.

Chọn D.

a) Sai. Xét tam giác $SBD$, $O$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $SD$.

Do đó, $ON$ là đường trung bình của (không phải $ON{\rm{//}}SA$).

b) Đúng. Ta có $S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Vì $O = AC \cap BD$, nên $O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ chính là $SO$.

c) Đúng. Vì $ON{\rm{//}}SB$ và $Q$ là trung điểm $ON \Rightarrow OQ{\rm{//}}SB$.

Mà $SB \subset \left( {SBC} \right)$ và $OQ \not\subset \left( {SBC} \right)$ nên $OQ{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ (1).

Tam giác $ABC$ có $P$ là trung điểm $AB$, $O$ là trung điểm $AC$ nên $OP$ là đường trung bình $\Rightarrow OP{\rm{//}}BC$.

Mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$ và $OP \not\subset \left( {SBC} \right)$ nên $OP{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$ (2).

Từ (1) và (2) kết hợp với $OP,OQ \subset \left( {OPQ} \right)$, suy ra $\left( {OPQ} \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)$. Do đó $PQ{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$.

d) Sai. Mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $SD \Rightarrow MN{\rm{//}}AD$.

Ta có $O$ thuộc mặt phẳng $\left( {OMN} \right)$. Giao tuyến của $\left( {OMN} \right)$ với $\left( {ABCD} \right)$ là đường thẳng qua $O$ song song $AD$, cắt $AB$ tại $P$ (trung điểm $AB$) và $CD$ tại $K$ (trung điểm $CD$).

Thiết diện là tứ giác $MNKP$.

Ta có $MN = \frac{1}{2}AD$ và $PK = AD$.

Hai cạnh $MN$ và $PK$ song song nhưng không bằng nhau, nên thiết diện là hình thang, không phải hình bình hành.

a) Sai. Hàm số chỉ liên tục trên $\mathbb{R}$ khi nó liên tục tại $x = 1$, điều này phụ thuộc vào giá trị của $m$.

b) Đúng. $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x + 1} \right) = 2$.

c) Đúng. Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {m{x^{2025}} - 2024} \right) = m - 2024$ và $f\left( 1 \right) = m - 2024$.

Để hàm số liên tục tại $x = 1$ thì: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow 2 = m - 2024 \Leftrightarrow m = 2026$.

d) Sai. Với $x \to 0$, ta sử dụng công thức $f\left( x \right) = m{x^{2025}} - 2024$ (do $x \le 1$):

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = m \cdot {0^{2025}} - 2024 = - 2024 \ne 1$.

Tổng $S$ là tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${u_1} = 1$ và công bội $q = \frac{2}{3}$ (vì $\left| q \right| < 1$).

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

Đáp số: 3.

Xác định thiết diện $MNPQ$:

Do mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với $SA$ và $AD$, mà $SA,AD \subset \left( {SAD} \right)$ nên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ song song với mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Tương tự, do $AD{\rm{//}}BC$ nên $\left( \alpha \right)$ cũng song song với $BC$.

Giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với các mặt của hình chóp được xác định như sau:

Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$: Qua $Q$ kẻ đường thẳng song song với $SA$, cắt $AB$ tại $M \Rightarrow QM{\rm{//}}SA$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$: Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AD$, cắt $CD$ tại $N \Rightarrow MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC.$

Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$: Qua $Q$ kẻ đường thẳng song song với $BC$, cắt $SC$ tại $P \Rightarrow QP{\rm{//}}BC{\rm{//}}AD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$: Nối $P$ với $N$, ta có $PN{\rm{//}}SD$.

Tứ giác $MNPQ$ có $MN{\rm{//}}QP$ nên $MNPQ$ là hình thang.

Tính độ dài các cạnh của hình thang $MNPQ$:

Đặt tỉ số $x = \frac{{SQ}}{{SB}}$ với $x \in \left( {0;1} \right)$.

Đoạn $QP$: Trong , có $QP{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{QP}}{{BC}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = x \Rightarrow QP = xBC = 8x$.

Đoạn $QM$: Trong , có $QM{\rm{//}}SA \Rightarrow \frac{{QM}}{{SA}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x \Rightarrow QM = \left( {1 - x} \right)SA = 4\left( {1 - x} \right)$ (do đều nên $SA = AD = SD = 4$).

Đoạn $PN$: Trong , có $PN{\rm{//}}SD \Rightarrow \frac{{PN}}{{SD}} = \frac{{PC}}{{SC}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x \Rightarrow PN = 4\left( {1 - x} \right)$.

Đoạn $MN$: Trong hình thang $ABCD$ với $MN{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC$ và $M \in AB$ thỏa mãn $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = x$, $N \in CD$ thỏa mãn $\frac{{CN}}{{CD}} = \frac{{CP}}{{CS}} = \frac{{BQ}}{{BS}} = 1 - x$. Từ đó suy ra $MN = \left( {1 - x} \right)AD + xBC = 4\left( {1 - x} \right) + 8x = 4 + 4x$.

Tính diện tích hình thang $MNPQ$:

Do $\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SAD} \right)$ nên góc giữa hai đường thẳng $QM$ và $MN$ trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ bằng góc giữa $SA$ và $AD$ trong mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Vì là tam giác đều nên $\widehat {SAD} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {QMN} = 60^\circ$.

Hình thang $MNPQ$ là hình thang cân (do $QM = PN = 4\left( {1 - x} \right)$) có:

Chiều cao $h = QM \cdot \sin 60^\circ = 4\left( {1 - x} \right) \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \left( {1 - x} \right)$.

Tổng hai đáy: $MN + QP = \left( {4 + 4x} \right) + 8x = 4 + 12x$.

Diện tích tứ giác $MNPQ$ là:

$S\left( x \right) = \frac{1}{2}\left( {MN + QP} \right) \cdot h = \frac{1}{2}\left( {4 + 12x} \right) \cdot 2\sqrt 3 \left( {1 - x} \right) = 4\sqrt 3 \left( {1 + 3x} \right)\left( {1 - x} \right)$$= 4\sqrt 3 \left( { - 3{x^2} + 2x + 1} \right)$.

Hàm số $f\left( x \right) = - 3{x^2} + 2x + 1$ là hàm số bậc hai, đạt giá trị lớn nhất tại $x = \frac{1}{3} \in \left( {0;1} \right)$, với $f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{4}{3}$.

Do đó: ${S_{{\rm{max}}}} = 4\sqrt 3 \cdot \frac{4}{3} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3} \approx 9{,}2376...$.

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả chính xác là $9{,}24$.

Đáp số: 9,24.

Tổng số ngày tiết kiệm:

o Tháng 9/2025: 30 ngày.

o Tháng 10/2025: 31 ngày.

o Tháng 11/2025: 30 ngày.

o Tháng 12/2025: 31 ngày.

o Tháng 01/2026 (tính đến hết ngày 18): 18 ngày.

Tổng số ngày $n = 30 + 31 + 30 + 31 + 18 = 140$ ngày.

Tổng số tiền tiết kiệm:

Dãy số tiền bỏ heo mỗi ngày lập thành một cấp số cộng với số hạng đầu ${u_1} = 1$, công sai $d = 1$, số các số hạng $n = 140$.

Tổng số tiền tiết kiệm được là:

${S_{140}} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2} = \frac{{140 \cdot \left[ {2 \cdot 1 + \left( {140 - 1} \right) \cdot 1} \right]}}{2} = 70 \cdot \left( {2 + 139} \right) = 70 \cdot 141 = 9870$.

Đáp số: 9870.

Cho $h = 9$, ta có phương trình:

$3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) + 12 = 9$$\Leftrightarrow 3\cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = - 3$$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{\pi t}}{6} + 1} \right) = - 1$

$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} + 1 = \pi + k2\pi$$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{6} = \pi - 1 + k2\pi$$\Leftrightarrow t = 6 - \frac{6}{\pi } + 12k\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $0 \le t < 24$:

- Với $k = 0$: $t = 6 - \frac{6}{\pi } \approx 4{,}09 \in \left[ {0;24} \right)$.
- Với $k = 1$: $t = 18 - \frac{6}{\pi } \approx 16{,}09 \in \left[ {0;24} \right)$.
- Với $k = 2$: $t = 30 - \frac{6}{\pi } \approx 28{,}09 \notin \left[ {0;24} \right)$.
- Với $k = - 1$: $t = - 6 - \frac{6}{\pi } < 0 \notin \left[ {0;24} \right)$.

Do đó có 2 giá trị của $t$ thỏa mãn.

Đáp số: 2.

Biểu diễn các số hạng qua ${u_1}$ và công bội $q$: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_1}{q^2} + {u_1}{q^4} = 90}\\{{u_1}q - {u_1}{q^5} = 240}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1}{q^2}\left( {1 + {q^2}} \right) = 90\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{u_1}q\left( {1 - {q^4}} \right) = 240\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$.

Lập tỉ số giữa $\left( 2 \right)$ và $\left( 1 \right)$ (với ${u_1} \ne 0$ và $q \ne 0$):

$\frac{{{u_1}q\left( {1 - {q^4}} \right)}}{{{u_1}{q^2}\left( {1 + {q^2}} \right)}} = \frac{{240}}{{90}}$$\Leftrightarrow \frac{{1 - {q^2}}}{q} = \frac{8}{3}$$\Rightarrow 3\left( {1 - {q^2}} \right) = 8q$$\Leftrightarrow 3 - 3{q^2} = 8q$$\Leftrightarrow 3{q^2} + 8q - 3 = 0$.

Giải phương trình bậc hai theo $q$ ta được $q = \frac{1}{3}$ và $q = - 3$.

Vì $q$ là số nguyên, ta nhận $q = - 3$.

Thay $q = - 3$ vào phương trình $\left( 1 \right)$: ${u_1} \cdot {\left( { - 3} \right)^2} \cdot \left( {1 + {{\left( { - 3} \right)}^2}} \right) = 90 \Leftrightarrow {u_1} = 1$.

Số hạng thứ 7 của cấp số nhân là: ${u_7} = {u_1} \cdot {q^6} = 1 \cdot {\left( { - 3} \right)^6} = 729$.

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} - x + 1}}{{7 - {x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^2}\left( {\frac{7}{{{x^2}}} - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 - \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{7}{{{x^2}}} - 1}} = - 2$.

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

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}{{\left( {x + 2} \right) - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x\left( {x - 2} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)}}{{x - 2}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left[ {x\left( {\sqrt {x + 2} + 2} \right)} \right] = 8$.

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

Mặt khác, $AB \subset \left( {SAB} \right)$, $CD \subset \left( {SCD} \right)$ và $AB{\rm{//}}CD$.

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

b) Gọi $M$ là trung điểm của $SA$.

Trong tam giác $SAB$, vì $G$ là trọng tâm nên $B,G,M$ thẳng hàng và $\frac{{MG}}{{MB}} = \frac{1}{3}$.

Xét hình thang $ABCD$ có $AB{\rm{//}}CD$ và $AB = 2CD$, suy ra $\frac{{DO}}{{OB}} = \frac{{DC}}{{AB}} = \frac{1}{2}$, do đó $\frac{{DO}}{{DB}} = \frac{1}{3}$.

Từ đó suy ra $\frac{{MG}}{{MB}} = \frac{{DO}}{{DB}} = \frac{1}{3}$, theo định lý Thales trong tam giác $MDB$, suy ra $OG{\rm{//}}MD$.

Mà $OG \not\subset \left( {SAD} \right)$ và $MD \subset \left( {SAD} \right)$. Do đó $OG{\rm{//}}\left( {SAD} \right)$ (đpcm).