Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Trần Phú (Hoàn Kiếm-Hà Nội) có đáp án

Áp dụng các định lý về giới hạn của dãy số:

- $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{{u_n}}}{{{v_n}}} = \frac{3}{{ - 1}} = - 3$ (Mệnh đề A đúng).
- $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} \cdot {v_n}} \right) = 3 \cdot \left( { - 1} \right) = - 3$ (Mệnh đề B đúng).
- $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} + {v_n}} \right) = 3 + \left( { - 1} \right) = 2$ (Mệnh đề C đúng).
- $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{u_n} - {v_n}} \right) = 3 - \left( { - 1} \right) = 4 \ne 2$ (Mệnh đề D sai).

Chọn đáp án: D.

- Khẳng định A sai vì hai đường thẳng ở trên cùng một mặt phẳng có thể cắt nhau.
- Khẳng định B đúng theo định nghĩa và vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian.
- Khẳng định C sai vì không có điểm chung thì có thể song song.
- Khẳng định D sai vì hai đường thẳng nằm trên hai mặt phẳng phân biệt vẫn có thể song song hoặc cắt nhau.

Chọn đáp án: B.

Theo tính chất của hình hộp, hai mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A'B'C'D'} \right)$ là hai mặt phẳng song song với nhau.

Chọn đáp án: D.

Dãy số dạng phân thức hữu tỉ có giới hạn bằng 0 khi và chỉ khi bậc của tử số nhỏ hơn bậc của mẫu số.

Ở đáp án C, bậc của tử là 1, bậc của mẫu là 2. Do đó: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{1 - 2n}}{{5n + 3{n^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{2}{n}}}{{\frac{5}{n} + 3}} = \frac{0}{3} = 0$.

Chọn đáp án: C.

Ta có $B'C{\rm{//}}A'D$ và $B'C = A'D$ (do $A'B'CD$ là hình bình hành). Do đó phương chiếu $A'D$ cũng chính là phương chiếu $B'C$. Khi chiếu điểm $B'$ xuống mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ theo phương $B'C$, ta được giao điểm của đường thẳng qua $B'$ song song với $A'D$ (chính là đường thẳng $B'C$) với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $C$.

Chọn đáp án: A.

Hình lăng trụ tam giác có 2 mặt đáy (là các tam giác) và 3 mặt bên (là các hình bình hành). Tổng số mặt là $2 + 3 = 5$ mặt.

Chọn đáp án: B.

Vì $x \to - \infty$, ta đặt $x = - t$ với $t \to + \infty$. Khi đó:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x - 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} - x}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2t - 3}}{{\sqrt {{{\left( { - t} \right)}^2} + 1} - \left( { - t} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2t - 3}}{{\sqrt {{t^2} + 1} + t}}$$= \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } \frac{{ - 2 - \frac{3}{t}}}{{\sqrt {1 + \frac{1}{{{t^2}}}} + 1}} = \frac{{ - 2 - 0}}{{1 + 1}} = - 1$ (Chia cả tử và mẫu cho $t > 0$).

Chọn đáp án: B.

Vì hàm số $f\left( x \right)$ liên tục tại điểm $x = 2$ nên theo định nghĩa ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)$.

Mà bài cho $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 4$, suy ra $f\left( 2 \right) = 4$.

Chọn đáp án: A.

Tính giới hạn của hàm số khi $x \to 2$:

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

Ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = 4 \ne f\left( 2 \right) = 0$. Do đó hàm số gián đoạn tại $x = 2$.

Chọn đáp án: B.

Đây là giới hạn của hàm đa thức tại một điểm, ta thay trực tiếp $x = 1$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {2{x^2} - 3x + 1} \right) = 2 \cdot {1^2} - 3 \cdot 1 + 1 = 0$.

Chọn đáp án: B.

Chia cả tử và mẫu cho cơ số lớn nhất là ${3^n}$: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{9 \cdot {2^n} + {3^n}}}{{{2^n} + 5 \cdot {3^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{9 \cdot {{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 1}}{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + 5}} = \frac{{9 \cdot 0 + 1}}{{0 + 5}} = \frac{1}{5}$.

Chọn đáp án: B.

Khẳng định B sai vì nếu $d{\rm{//}}\left( \alpha \right)$ và $b \subset \left( \alpha \right)$ thì $b$ và $d$ có thể song song hoặc chéo nhau chứ không bắt buộc phải luôn song song với nhau.

Chọn đáp án: B.

a) ĐÚNG: Ta có $BD{\rm{//}}B'D'$ và $BC'{\rm{//}}AD'$ nên $\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {BDC'} \right)$.

b) SAI: Hình hộp bất kỳ có các mặt là hình bình hành, chỉ khi là hình hộp chữ nhật thì các mặt mới là hình chữ nhật.

c) ĐÚNG: Do $AB{\rm{//}}CD$ và $CD{\rm{//}}C'D'$ nên $AB{\rm{//}}C'D'$.

d) SAI: Điểm $B$ thuộc mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$, do đó đường thẳng $A'B$ cắt mặt phẳng $\left( {BCC'B'} \right)$ tại $B$.

a) SAI: Khi $x \to {3^ + }$, ta có $3 - x < 0$ và tử số $2025 > 0$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} g\left( x \right) = - \infty$.

b) SAI: Hàm số có mẫu bằng $0$ tại $x = 1$ và $x = 3$. Điểm $x = 1$ nằm trong khoảng $\left( { - \infty ;3} \right)$ nên hàm số không liên tục trên toàn bộ khoảng này.

c) SAI: Tổng các số từ 1 đến 9 ban đầu là: $1 + 2 + \ldots + 9 = \frac{{9 \cdot 10}}{2} = 45$.

Khi An cộng lặp lại số $a$ ($1 \le a \le 9$), tổng mới là $45 + a$. Theo đề bài, tổng mới thu được là một số chính phương. Trong các số từ $45 + 1 = 46$ đến $45 + 9 = 54$, chỉ có $49 = {7^2}$ là số chính phương. Do đó $45 + a = 49 \Rightarrow a = 4$.

Khi đó giới hạn trở thành: $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{4{n^2} + 11n + 2025}}{{2{n^2} + n - 2009}} = \frac{4}{2} = 2 \ne 4$.

d) SAI: Nếu $a = 1$ thì ${u_n} = {n^2} + n - 1$. Khi đó $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {{n^2} + n - 1} \right) = + \infty \ne 1$.

Nhìn vào đồ thị, khi $x$ tiến dần về $1$ từ phía bên trái ($x < 1$), đồ thị hàm số là một nhánh parabol đi lên và giá trị của $y$ tiến gần về $3$. Do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = 3$.

Kết quả: 3.

Khi $x \to + \infty$, ta chỉ xét trường hợp $x \ne 2$, khi đó $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)}}{{x - 2}} = x - 1$.

Thay vào biểu thức giới hạn: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {x - 1} \right) + 11}}{{5x + 10}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x + 10}}{{5x + 10}} = \frac{1}{5} = 0{,}2$.

Kết quả: 0,2.

Ta biến đổi khử dạng vô định $\frac{0}{0}$:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{{x^2} - 13x + 40}}{{35 - 7x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{\left( {x - 5} \right)\left( {x - 8} \right)}}{{ - 7\left( {x - 5} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 5} \frac{{x - 8}}{{ - 7}} = \frac{{5 - 8}}{{ - 7}} = \frac{{ - 3}}{{ - 7}} = \frac{3}{7}$.

Phân số $\frac{3}{7}$ đã tối giản, suy ra $a = 3,b = 7$. Do đó $a + b = 3 + 7 = 10$.

Kết quả: 10.

Vì cạnh hình vuông ${C_1}$ là $a$ nên diện tích ${S_1} = {a^2}$.

Khi chia cạnh thành 4 phần bằng nhau, các đoạn thẳng được tạo ra có độ dài lần lượt là $\frac{1}{4}$ và $\frac{3}{4}$ cạnh của hình vuông trước đó. Cạnh của hình vuông ${C_2}$ theo định lý Pythagore là:

${a_2} = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{4}a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{4}a} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{1}{{16}}{a^2} + \frac{9}{{16}}{a^2}} = a\sqrt {\frac{{10}}{{16}}}$.

Khi đó diện tích hình vuông ${C_2}$ là: ${S_2} = a_2^2 = \frac{{10}}{{16}}{a^2} = \frac{5}{8}{S_1}$.

Tương tự, dãy diện tích $\left( {{S_n}} \right)$ lập thành một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu ${S_1} = {a^2}$ và công bội $q = \frac{5}{8} < 1$.

Tổng diện tích vô hạn là: $T = \frac{{{S_1}}}{{1 - q}} = \frac{{{a^2}}}{{1 - \frac{5}{8}}} = \frac{{{a^2}}}{{\frac{3}{8}}} = \frac{{8{a^2}}}{3}$.

Theo bài ra $T = 8$: $\frac{{8{a^2}}}{3} = 8 \Rightarrow {a^2} = 3 \Rightarrow a = \sqrt 3 \approx 1{,}732$.

Làm tròn đến hàng phần chục, ta được $a \approx 1{,}7$.

Kết quả: 1,7.

a) Chia cả tử và mẫu cho ${n^2}$:

$\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2{n^2} + 5n - 17}}{{5{n^2} - n + 19}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{2 + \frac{5}{n} - \frac{{17}}{{{n^2}}}}}{{5 - \frac{1}{n} + \frac{{19}}{{{n^2}}}}} = \frac{{2 + 0 - 0}}{{5 - 0 + 0}} = \frac{2}{5}$.

b) Giới hạn có dạng vô định $\frac{0}{0}$. Nhân lượng liên hợp ở tử và phân tích đa thức thành nhân tử ở mẫu:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {3x - 2} - 2}}{{ - 3{x^2} + 2x + 8}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {3x - 2} \right) - 4}}{{ - \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}}$$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{3\left( {x - 2} \right)}}{{ - \left( {x - 2} \right)\left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{3}{{ - \left( {3x + 4} \right)\left( {\sqrt {3x - 2} + 2} \right)}} = \frac{3}{{ - \left( {3 \cdot 2 + 4} \right)\left( {\sqrt {3 \cdot 2 - 2} + 2} \right)}} = \frac{3}{{ - 10 \cdot 4}} = - \frac{3}{{40}}$.

Tập xác định của hàm số chứa điểm $x = 1$. Ta có: $f\left( 1 \right) = a \cdot 1 - 3 = a - 3$.

Giới hạn bên trái tại $x = 1$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {ax - 3} \right) = a - 3$.

Giới hạn bên phải tại $x = 1$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {x - 3} \right) = 1 - 3 = - 2$.

Để hàm số liên tục tại $x = 1$, điều kiện cần và đủ là: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) \Leftrightarrow a - 3 = - 2 \Leftrightarrow a = 1$.

Vậy $a = 1$ là giá trị cần tìm.

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

Mặt khác, ta có $AB \subset \left( {SAB} \right)$, $CD \subset \left( {SCD} \right)$ và $AB{\rm{//}}CD$ (do $ABCD$ là hình bình hành).

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

Vậy $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d{\rm{\;\;}}\left( {d{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD,S \in d} \right)$.

b) Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAB$ và $M$ là trung điểm $AB$, nên $G$ nằm trên trung tuyến $SM$ và thỏa mãn: $\frac{{MG}}{{MS}} = \frac{1}{3}$.

Theo giả thiết $CF = 2MF \Rightarrow MC = MF + FC = MF + 2MF = 3MF \Rightarrow \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3}$.

Xét trong tam giác $SMC$, ta có: $\frac{{MG}}{{MS}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3}$.

Theo định lý Thales đảo, ta suy ra $GF{\rm{//}}SC$.

c) Từ câu b, ta đã có $GF{\rm{//}}SC$. Mà $SC \subset \left( {SCD} \right)$ nên $GF{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, qua điểm $F$ kẻ đường thẳng song song với $CD$, cắt cạnh $AD$ tại $E'$.

Do $E'F{\rm{//}}CD$ và $CD \subset \left( {SCD} \right)$ nên $E'F{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Mặt phẳng $\left( {E'FG} \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $GF$ và $E'F$ cùng song song với $\left( {SCD} \right)$, nên:

$\left( {E'FG} \right){\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Suy ra $E'G{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$. Do đó, điểm $E$ cần tìm chính là điểm $E'$.

Khi đó ta có $EF{\rm{//}}AB{\rm{//}}CD$, theo định lý Thales, ta có: $\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow AD = 3AE$.

Theo đề bài: $AD = x \cdot AE \Rightarrow x = 3$.

Kết luận: $x = 3$.