Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Phùng Khắc Khoan (Thạch Thất-Hà Nội) có đáp án - mã đề 0123

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$.

Ta có:

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

Hàm số liên tục tại ${x_0} = 0$ khi và chỉ khi: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \frac{1}{2}$.

Chọn đáp án: A.

Góc hình học giữa hai tia $Ou$ và $Ov$ có số đo là $60^\circ$.

Mũi tên biểu diễn góc lượng giác quay từ tia gốc $Ou$ theo chiều kim đồng hồ (chiều âm) một vòng quay thiếu $60^\circ$ tới tia $Ov$.

Số đo của góc lượng giác $\left( {Ou,Ov} \right)$ là: $- 360^\circ + 60^\circ = - 300^\circ$.

Chọn đáp án: C.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, ta có $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{1}{3}$.

Vì $\frac{{AE}}{{AS}} = \frac{1}{3} \ne \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{2}{3}$ nên hai đường thẳng $EF$ và $SC$ không song song trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, do đó chúng cắt nhau tại điểm $I$.

Vì $I \in EF$ và $EF \subset \left( {BEF} \right)$ nên $I \in \left( {BEF} \right)$. Do đó $I$ chính là giao điểm của $SC$ và $\left( {BEF} \right)$.

Chọn đáp án: B.

Thay $n = 10$ vào công thức số hạng tổng quát: ${u_{10}} = {10^2} - 2 \cdot 10 = 100 - 20 = 80$.

Chọn đáp án: B.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $AA'{\rm{//}}BB'{\rm{//}}CC'$.

Do đó:

- Hình chiếu của điểm $A$ lên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương $CC'$ là điểm $A'$.
- Hình chiếu của điểm $B$ lên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương $CC'$ là điểm $B'$.

Vậy hình chiếu song song của đoạn thẳng $AB$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'D'} \right)$ theo phương $CC'$ là đoạn thẳng $A'B'.$

Chọn đáp án: A.

Xét hai mặt phẳng $\left( {ACD'} \right)$ và $\left( {A'C'B} \right)$:

- Tứ giác $ACC'A'$ là hình bình hành $\Rightarrow AC{\rm{//}}A'C'$.
- Tứ giác $ABC'D'$ có $AB{\rm{//}}D'C'$ và $AB = D'C'$ nên $ABC'D'$ là hình bình hành $\Rightarrow AD'{\rm{//}}BC'$.
- Vì $AC,AD' \subset \left( {ACD'} \right)$ cắt nhau tại $A$, còn $A'C',BC' \subset \left( {A'C'B} \right)$ nên $\left( {ACD'} \right){\rm{//}}\left( {A'C'B} \right)$.

Chọn đáp án: C.

Theo công thức cộng đối với hàm số lượng giác: $\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b$.

Chọn đáp án: C.

Vì $I \in MN$ và $MN \subset \left( {CMN} \right)$ nên $I \in \left( {CMN} \right)$.

Vì $I \in MN$ và $MN \subset \left( {ABD} \right)$ nên $I \in \left( {ABD} \right)$.

Vì $I \in BD$ và $BD \subset \left( {BCD} \right)$ nên $I \in \left( {BCD} \right)$.

Đường thẳng $BD$ chỉ có duy nhất một điểm chung với mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$ là điểm $D$. Do $I \in BD$ và $I \ne D$ nên $I \notin \left( {ACD} \right)$.

Chọn đáp án: B.

Học sinh có điểm dưới $5$ thuộc hai nhóm $\left[ {3;4} \right)$ và $\left[ {4;5} \right)$.

Số học sinh có điểm dưới $5$ là: $2 + 3 = 5$.

Chọn đáp án: A.

Chia cả tử và mẫu cho $n$: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - 4n}}{{5n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{1}{n} - 4}}{5} = \frac{{0 - 4}}{5} = - \frac{4}{5}$.

Chọn đáp án: D.

Trong tam giác $SBC$, $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB$ và $SC \Rightarrow MN$ là đường trung bình của .

Mặt khác $BC \subset \left( {ABC} \right)$ và $MN \not\subset \left( {ABC} \right)$, suy ra $MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Chọn đáp án: D.

- (1) ĐÚNG: Hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng duy nhất.
- (2) SAI: Hai đường thẳng không song song có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.
- (3) ĐÚNG: Hai đường thẳng chéo nhau không có điểm chung.
- (4) ĐÚNG: Định nghĩa hai đường thẳng chéo nhau là hai đường thẳng không cùng thuộc một mặt phẳng.

Vậy có $3$ mệnh đề đúng là (1), (3), (4).

Chọn đáp án: D.

Ta có $\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \cos \frac{\pi }{6}$.

Do đó phương trình tương đương: $\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{4} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi }\\{x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi }\end{array}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)} \right.$.

a) Phương trình $\cos \left( {x - \frac{\pi }{4}} \right) = \cos \frac{\pi }{6}$ là ĐÚNG.

b) Các họ nghiệm đúng là $x = \frac{{5\pi }}{{12}} + k2\pi$ và $x = \frac{\pi }{{12}} + k2\pi$ ($k \in \mathbb{Z}$). Ý b ghi $x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi$ là SAI.

c) Với $k = 0$, hai nghiệm dương lần lượt là $x = \frac{\pi }{{12}}$ và $x = \frac{{5\pi }}{{12}}$. Do đó nghiệm dương nhỏ nhất phải là $x = \frac{\pi }{{12}}$. Ý c ghi $x = \frac{{5\pi }}{{12}}$ là SAI.

d) Các nghiệm thuộc khoảng $\left( {0;\pi } \right)$ là ${x_1} = \frac{\pi }{{12}}$ và ${x_2} = \frac{{5\pi }}{{12}}$.

Tổng các nghiệm là $S = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{5\pi }}{{12}} = \frac{{6\pi }}{{12}} = \frac{\pi }{2}$. Ý d là ĐÚNG.

Kết luận:

a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

a) SAI. Công sai: $d = {u_3} - {u_2} = 6 - 2 = 4$.

b) ĐÚNG. Số hạng đầu: ${u_1} = {u_2} - d = 2 - 4 = - 2$.

c) ĐÚNG. Số hạng tổng quát: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = - 2 + \left( {n - 1} \right)4 = 4n - 6$.

d) ĐÚNG. Tổng $20$ số hạng đầu tiên:

${S_{20}} = \frac{{20}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {20 - 1} \right)d} \right] = 10 \cdot \left[ {2 \cdot \left( { - 2} \right) + 19 \cdot 4} \right] = 10 \cdot \left( { - 4 + 76} \right) = 720$.

Kết luận:

a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

Áp dụng công thức biến đổi tổng thành tích $\cos a + \cos b = 2\cos \left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{a - b}}{2}} \right)$ ta được:

$A = 2\cos \left( {\frac{{\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \alpha } \right) + \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)}}{2}} \right)\cos \left( {\frac{{\left( {\frac{{2\pi }}{3} - \alpha } \right) - \left( {\frac{{2\pi }}{3} + \alpha } \right)}}{2}} \right)$$= 2\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)\cos \left( { - \alpha } \right)$.

Vì $\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \frac{1}{2}$ và $\cos \left( { - \alpha } \right) = \cos \alpha$, ta có: $A = 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \cos \alpha = - 1 \cdot \cos \alpha$.

So sánh với dạng $A = k \cdot \cos \alpha$, ta suy ra $k = - 1$.

Đáp số: $- 1$.

Vật $A$ ở xa vị trí cân bằng nhất khi khoảng cách $\left| s \right|$ đạt giá trị lớn nhất:

$\left| s \right| = 10 \Leftrightarrow \left| {\sin \left( {10t + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 1$$\Leftrightarrow 10t + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2} + k\pi$$\Leftrightarrow 10t = k\pi \Leftrightarrow t = \frac{{k\pi }}{{10}}\,\,\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Theo giả thiết $0 \le t \le 5$ nên $0 \le \frac{{k\pi }}{{10}} \le 5 \Leftrightarrow 0 \le k \le \frac{{50}}{\pi } \approx 15{,}9$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2;3; \ldots ;15} \right\}$.

Số giá trị nguyên của $k$ là $15 - 0 + 1 = 16$.

Đáp số: $16$.

Tính giá trị đại diện ${x_i}$ cho mỗi nhóm:

- Nhóm $\left[ {5;7} \right)$: ${x_1} = \frac{{5 + 7}}{2} = 6$.
- Nhóm $\left[ {7;9} \right)$: ${x_2} = \frac{{7 + 9}}{2} = 8$.
- Nhóm $\left[ {9;11} \right)$: ${x_3} = \frac{{9 + 11}}{2} = 10$.
- Nhóm $\left[ {11;13} \right)$: ${x_4} = \frac{{11 + 13}}{2} = 12$.
- Nhóm $\left[ {13;15} \right)$: ${x_5} = \frac{{13 + 15}}{2} = 14$.

Doanh thu trung bình mỗi ngày $\bar x$ là:

$\bar x = \frac{{6 \cdot 2 + 8 \cdot 7 + 10 \cdot 7 + 12 \cdot 3 + 14 \cdot 1}}{{2 + 7 + 7 + 3 + 1}} = \frac{{12 + 56 + 70 + 36 + 14}}{{20}} = \frac{{188}}{{20}} = 9{,}4$ (triệu đồng).

Đáp số: $9{,}4$.

Xác định giao điểm $E$:

Trong , $M,N$ là trung điểm của $SB,SD \Rightarrow MN{\rm{//}}BD$.

Vì $MN{\rm{//}}BD$ với $BD \subset \left( {ABCD} \right)$, nên $\left( {MNP} \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $P$ và $d{\rm{//}}BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, đường thẳng qua $P$ song song với $BD$ cắt $AC$ tại $K$.

Gọi $O = AC \cap BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, gọi $I = MN \cap SO \Rightarrow I$ là trung điểm của $SO$.

Đường thẳng $IK$ nằm trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ cắt $SA$ tại điểm $E$.

Ta có $I \in MN \subset \left( {MNP} \right)$ và $K \in d \subset \left( {MNP} \right)$, suy ra $IK \subset \left( {MNP} \right)$. Vậy $E$ là giao điểm của mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ với cạnh $SA$.

Tính tỉ số $\frac{{SE}}{{SA}}$:

Trong , $O$ là trung điểm $AC$, $P$ là trung điểm $BC$.

Đường thẳng $PK{\rm{//}}BO$ cắt $AC$ tại $K \Rightarrow K$ là trung điểm của $CO$.

Do đó: $CK = \frac{1}{2}CO = \frac{1}{4}CA \Rightarrow AK = AC - CK = \frac{3}{4}AC$.

Suy ra tỉ số: $\frac{{AK}}{{KO}} = \frac{{\frac{3}{4}AC}}{{\frac{1}{4}AC}} = 3$.

Xét tam giác $SAO$ và đường thẳng $E - I - K$ cắt $SA,SO,AO$ lần lượt tại $E,I,K$. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAO$ ta được $\frac{{SE}}{{EA}} \cdot \frac{{AK}}{{KO}} \cdot \frac{{OI}}{{IS}} = 1$.

Vì $I$ là trung điểm $SO \Rightarrow \frac{{OI}}{{IS}} = 1$. Thay các tỉ số vào: $\frac{{SE}}{{EA}} \cdot 3 \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{{SE}}{{EA}} = \frac{1}{3}$.

Suy ra $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SE}}{{SE + EA}} = \frac{1}{{1 + 3}} = \frac{1}{4}$. Vậy $\frac{m}{n} = \frac{1}{4} \Rightarrow m = 1,n = 4$.

Giá trị $2m + n = 2 \cdot 1 + 4 = 6$.

Đáp số: $6$.

Cách 1:

Kể từ năm 2020, dân số hàng năm của quốc gia đó (tính bằng đơn vị triệu người) lập thành cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$ với số hạng đầu ${u_1} = 97$ và công bội $q = 1{,}0091$.

Dân số của quốc gia đó vào năm 2030 tương ứng với số hạng thứ 11 của cấp số nhân:

${u_{11}} = {u_1} \cdot {q^{10}} = 97 \cdot {\left( {1{,}0091} \right)^{10}} \approx 106{,}1974$.

Làm tròn đến hàng phần mười, ta được $106{,}2$.

Vậy dân số của quốc gia đó vào năm 2030 là $106{,}2$ triệu người.

Cách 2:

Số năm tăng trưởng từ năm 2020 đến năm 2030 là: .

Áp dụng công thức tăng trưởng dân số ${N_n} = {N_0} \cdot {\left( {1 + r} \right)^n}$ với ${N_0} = 97$ (triệu người), $r = 0{,}91\% = 0{,}0091$ và $n = 10$.

Dân số quốc gia đó vào năm 2030 là: ${N_{10}} = 97 \cdot {\left( {1 + 0{,}0091} \right)^{10}} = 97 \cdot {\left( {1{,}0091} \right)^{10}} \approx 106{,}1974$ (triệu người).

Làm tròn đến hàng phần mười, ta được $106{,}2$ triệu người.

Hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn hữu hạn khi $x \to 3$ khi và chỉ khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right)$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} \left( {{a^2}x - 1} \right) = 3{a^2} - 1$;

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{{x^2} - 5x + 6}}{{x - \sqrt {4x - 3} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{\left( {x - \sqrt {4x - 3} } \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + \sqrt {4x - 3} } \right)}}{{{x^2} - 4x + 3}}$

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

Để tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 3} f\left( x \right)$ hữu hạn thì $3{a^2} - 1 = 3 \Leftrightarrow 3{a^2} = 4 \Leftrightarrow {a^2} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow a = \pm \frac{2}{{\sqrt 3 }} = \pm \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy các giá trị $a$ cần tìm là $a = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $a = - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $O = AC \cap BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, gọi $G = AM \cap SO$.

Mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa $AM$ và song song với $BD$, nên trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, qua $G$ ta kẻ đường thẳng song song với $BD$, đường thẳng này cắt $SD$ tại $E$ và cắt $SB$ tại $F$.

Ta có $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{7^2} + {4^2}} = \sqrt {65}$.

Kẻ $MH{\rm{//}}SO\,\left( {H \in AC} \right)$. Ta có $\frac{{CH}}{{CO}} = \frac{{MH}}{{SO}} = \frac{{CM}}{{CS}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{CH}}{{CA}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \frac{{OG}}{{MH}} = \frac{{AO}}{{AH}} = \frac{3}{5}$.

Suy ra $OG = \frac{3}{5}MH = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3}SO = \frac{1}{5}SO$. Suy ra $\frac{{EF}}{{BD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{{SO - OG}}{{SO}} = 1 - \frac{1}{5} = \frac{4}{5}$.

Do đó, $EF = \frac{4}{5}BD = \frac{{4\sqrt {65} }}{5}$.

Vậy độ dài đoạn thẳng $EF$ bằng $\frac{{4\sqrt {65} }}{5}$.