Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Phùng Khắc Khoan (Thạch Thất-Hà Nội) có đáp án - mã đề 2345

Các nhóm điểm nhỏ hơn $6$ bao gồm các khoảng $\left[ {3;4} \right)$, $\left[ {4;5} \right)$ và $\left[ {5;6} \right)$.

Tổng số học sinh có điểm thi dưới $6$ là: $N = 2 + 3 + 3 = 8$.

Chọn B.

Quan sát hình vẽ, góc quay từ tia đầu $Ou$ đến tia cuối $Ov$ theo chiều quay của kim đồng hồ (chiều âm) một góc có độ lớn: $360^\circ - 45^\circ = 315^\circ$.

Do quay theo chiều âm nên số đo của góc lượng giác $\left( {Ou,Ov} \right)$ bằng: $- 315^\circ$.

Chọn B.

Thay $n = 10$ vào công thức số hạng tổng quát ${u_n}$, ta có: ${u_{10}} = {10^2} + 2 \cdot 10 = 100 + 20 = 120$.

Chọn D.

Vì $I \in AB$ và $AB \subset \left( {ABC} \right)$ nên $I \in \left( {ABC} \right)$.

Vì $I \in AB$ và $AB \subset \left( {SAB} \right)$ nên $I \in \left( {SAB} \right)$.

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

Vì $I \in AB$ (với $I \ne A$) và $AB \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ A \right\}$ nên $I \notin \left( {SAC} \right)$.

Chọn C.

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

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

Chọn A.

Theo phương chiếu $AA'$ (song song với các cạnh bên $BB',CC'$):

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

Do đó, hình chiếu song song của cạnh $BC$ trên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ là đoạn thẳng $B'C'$.

Chọn B.

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

Chọn C.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, hai đường thẳng $AD$ và $BC$ không song song nên cắt nhau tại một điểm $K$.

Ta có: $K \in AD$ và $K \in BC \subset \left( {MBC} \right) \Rightarrow K \in \left( {MBC} \right)$.

Do đó, $K$ chính là giao điểm của $AD$ và mặt phẳng $\left( {MBC} \right)$, tức là giao điểm của $AD$ với $BC$.

Chọn A.

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

Chọn D.

- (1) Đúng: Hai đường thẳng song song luôn thuộc cùng một mặt phẳng.
- (2) Sai: Trong không gian, hai đường thẳng không song song có thể chéo nhau.
- (3) Đúng: Hai đường thẳng chéo nhau không cùng thuộc một mặt phẳng và không có điểm chung.
- (4) Sai: Hai đường thẳng cắt nhau xác định duy nhất một mặt phẳng (đồng phẳng).

Vậy có $2$ mệnh đề đúng là (1) và (3).

Chọn C.

Trong tam giác $SAB$, $E,F$ là trung điểm của $AB$ và $SB$ nên $EF$ là đường trung bình. Suy ra $EF{\rm{//}}SA$.

Mặt khác, $SA \subset \left( {SAC} \right)$ và $EF \not\subset \left( {SAC} \right)$. Vậy $EF{\rm{//}}\left( {SAC} \right)$.

Chọn A.

Xét hai mặt phẳng $\left( {BA'C'} \right)$ và $\left( {AD'C} \right)$:

- Tứ giác $ABC'D'$ là hình bình hành nên $BC'{\rm{//}}AD'$.
- Tứ giác $A'BCD'$ là hình bình hành nên $A'B{\rm{//}}CD'$.

Ta có $BC',A'B \subset \left( {BA'C'} \right)$ cắt nhau và lần lượt song song với $AD',CD' \subset \left( {AD'C} \right)$.

Vậy $\left( {BA'C'} \right){\rm{//}}\left( {AD'C} \right)$.

Chọn D.

Ta có $\frac{1}{2} = \sin \frac{\pi }{6}$. Do đó phương trình tương đương với:

$\sin \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{\pi }{6}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{3} = \pi - \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x = \frac{\pi }{2} + k2\pi }\\{x = \frac{{7\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}\quad } \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

a) Sai, vì $\sin \frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \ne \frac{1}{2}$.

b) Đúng, đây là họ nghiệm chính xác của phương trình.

c) Sai, ứng với $k = 0$, hai nghiệm dương lần lượt là $x = \frac{\pi }{2}$ và $x = \frac{{7\pi }}{6}$.

Nghiệm dương nhỏ nhất là $x = \frac{\pi }{2}$.

d) Đúng, các nghiệm thuộc $\left( {0;2\pi } \right)$ bao gồm ${x_1} = \frac{\pi }{2}$ và ${x_2} = \frac{{7\pi }}{6}$. Tổng là$\frac{\pi }{2} + \frac{{7\pi }}{6} = \frac{{5\pi }}{3}$.

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

b) Đúng. Số hạng đầu: ${u_1} = {u_2} - d = 6 - \left( { - 4} \right) = 10$.

c) Sai. Số hạng tổng quát: ${u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 10 + \left( {n - 1} \right) \cdot \left( { - 4} \right) = - 4n + 14$.

d) Đúng. Tổng 15 số hạng đầu tiên:

${S_{15}} = \frac{{15}}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {15 - 1} \right)d} \right] = \frac{{15}}{2} \cdot \left[ {2 \cdot 10 + 14 \cdot \left( { - 4} \right)} \right] = \frac{{15}}{2} \cdot \left( { - 36} \right) = - 270$.

Áp dụng công thức biến đổi hiệu thành tích: $\sin x - \sin y = 2\cos \left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)\sin \left( {\frac{{x - y}}{2}} \right)$.

Ta có: $A = 2\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)\sin \left( { - \alpha } \right)$$= 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \sin \alpha } \right) = 1 \cdot \sin \alpha$.

Do đó $k = 1$.

Đáp số: $1$.

Vật $A$ ở xa vị trí cân bằng nhất khi $\left| s \right|$ 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}}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì $0 \le t \le 8$, nên $0 \le \frac{{k\pi }}{{10}} \le 8 \Leftrightarrow 0 \le k \le \frac{{80}}{\pi } \approx 25{,}46$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {0;1;2; \ldots ;25} \right\}$.

Số giá trị nguyên của $k$ là $25 - 0 + 1 = 26$.

Đáp số: $26$.

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

- $\left[ {7;9} \right)$: ${x_1} = 8,{n_1} = 3$.
- $\left[ {9;11} \right)$: ${x_2} = 10,{n_2} = 7$.
- $\left[ {11;13} \right)$: ${x_3} = 12,{n_3} = 9$.
- $\left[ {13;15} \right)$: ${x_4} = 14,{n_4} = 4$.
- $\left[ {15;17} \right)$: ${x_5} = 16,{n_5} = 2$.

Doanh thu trung bình mỗi ngày là:

$\bar x = \frac{{3 \cdot 8 + 7 \cdot 10 + 9 \cdot 12 + 4 \cdot 14 + 2 \cdot 16}}{{25}} = \frac{{24 + 70 + 108 + 56 + 32}}{{25}} = \frac{{290}}{{25}} = 11{,}6$.

Đáp số: $11{,}6$.

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 $m = 1,n = 3$.

Giá trị $2m + n = 2 \cdot 1 + 3 = 5$.

Đáp số: $5$.

Giá trị ban đầu của máy là ${V_0} = 800$ (triệu đồng).

Sau mỗi năm, giá trị còn lại bằng $100\% - 10\% = 90\% = 0{,}9$ lần giá trị năm trước.

Giá trị của máy sau $n$ năm lập thành một cấp số nhân $\left( {{V_n}} \right)$ với ${V_0} = 800$ và công bội $q = 0{,}9$.

Ta có ${V_n} = {V_0} \cdot {q^n} = 800 \cdot {\left( {0{,}9} \right)^n}$.

Sau 10 năm ($n = 10$), giá trị của máy là: ${V_{10}} = 800 \cdot {\left( {0{,}9} \right)^{10}} \approx 278{,}94275$.

Làm tròn đến hàng phần mười, giá trị của chiếc máy sau 10 năm là $278{,}9$ triệu đồng.

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

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x + \sqrt {2 - x} }}{{{x^2} - x - 6}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{\left( {x + \sqrt {2 - x} } \right)\left( {x - \sqrt {2 - x} } \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - \sqrt {2 - x} } \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - \sqrt {2 - x} } \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{x - 1}}{{\left( {x - 3} \right)\left( {x - \sqrt {2 - x} } \right)}} = - \frac{3}{{20}}$.

Hàm số $f\left( x \right)$ có giới hạn hữu hạn khi $x \to - 2$ khi và chỉ khi$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f\left( x \right)$

$- 2{m^2} + 1 = - \frac{3}{{20}} \Leftrightarrow 2{m^2} = \frac{{23}}{{20}} \Leftrightarrow {m^2} = \frac{{23}}{{40}}$$\Leftrightarrow m = \pm \frac{{\sqrt {230} }}{{20}}$.

Vậy $m = \pm \frac{{\sqrt {230} }}{{20}}$.

Gọi $O = AC \cap BD$ là tâm hình chữ nhật $ABCD$ và $G = SO \cap AE$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SB$, $SD$ lần lượt tại $M$ và $H$.

Độ dài đường chéo hình chữ nhật $ABCD$ là $BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{8^2} + {5^2}} = \sqrt {89}$.

Kẻ $EI{\rm{//}}SO\,\,\left( {I \in AC} \right)$. Ta có $\frac{{CI}}{{CO}} = \frac{{CE}}{{CS}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{CI}}{{CA}} = \frac{1}{6} \Rightarrow \frac{{OG}}{{EI}} = \frac{{AO}}{{AI}} = \frac{3}{5}$.

Suy ra $OG = \frac{3}{5}EI = \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3}SO = \frac{1}{5}SO$. Khi đó $\frac{{MH}}{{BD}} = \frac{{SG}}{{SO}} = \frac{4}{5} \Rightarrow MH = \frac{4}{5}BD = \frac{{4\sqrt {89} }}{5}$.

Vây $MH = \frac{{4\sqrt {89} }}{5}$.