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}{llllllllllllllllllll}{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: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{u_1} + {u_1} + 5d = 40}\\{{u_1} + 2d + {u_1} + 6d = 52}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{u_1} + 5d = 40\\2{u_1} + 8d = 52\end{array} \right.} \right.$.

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 $SD$.