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

Các số $2;8;x;20$ theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi $8 - 2 = x - 8 = 20 - x$. Suy ra $x = 14$.

Chọn A.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát: ${u_7} = {u_1} \cdot {q^6} = 2 \cdot {\left( { - 4} \right)^6} = 8192$.

Chọn B.

Ta có $\cos \left( {a + b} \right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$.

Chọn B.

Ta có $- 1 \le \sin x \le 1,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - 2 \le 2\sin x \le 2,\forall x \in \mathbb{R} \Leftrightarrow - 2 \le y \le 2,\forall x \in \mathbb{R}$.

Vậy tập giá trị của hàm số đã cho là $T = \left[ { - 2;2} \right]$.

Chọn B.

Ta có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$.

Suy ra $MN{\rm{//}}AD$. Mà $AD \subset \left( {ABCD} \right)$ và $MN \not\subset \left( {ABCD} \right)$ nên $MN{\rm{//}}\left( {ABCD} \right)$.

Chọn C.

Ta có ${u_{n + 1}} = \frac{{n + 1 - 8}}{{n + 1 + 1}} = \frac{{n - 7}}{{n + 2}}$. Xét hiệu ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n - 7}}{{n + 2}} - \frac{{n - 8}}{{n + 1}} = \frac{9}{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}} > 0,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Vậy dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số tăng.

Chọn B.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{f\left( 0 \right) = 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} x = 0}\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{x^2} + 2} \right) = {0^2} + 2 = 2}\end{array}} \right.$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f\left( x \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right)$ nên không tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right)$, suy ra hàm số gián đoạn tại ${x_0} = 0$.

Do đó mệnh đề B sai.

Chọn B.

Ta có $B'D'{\rm{//}}BD$, suy ra $B'D'{\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Lại có $B'A{\rm{//}}C'D$, suy ra $B'A{\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Mà $B'D' \cap B'A = B'$ và $B'D',B'A \subset \left( {AB'D'} \right)$, suy ra $\left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Chọn D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{7{n^2} + 5n + 1954}}{{{n^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{7 + \frac{5}{n} + \frac{{1954}}{{{n^2}}}}}{{1 + \frac{1}{{{n^2}}}}} = \frac{7}{1} = 7$.

Chọn D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4x + 1}}{{ - x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{4 + \frac{1}{x}}}{{ - 1 + \frac{1}{x}}} = - 4$.

Chọn A.

Gọi $M$ là trung điểm của $BD$.

Ta có $G,G'$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $BCD$ và $ABD$$\Rightarrow \frac{{MG}}{{MC}} = \frac{{MG'}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow GG'{\rm{//}}AC$.

Chọn A.

Quan sát các hình ta thấy hình D không là hình biểu diễn của hình chóp tứ giác $S.ABCD$.

Chọn D.

a) SAI. $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \left( {{x^2} - 5x + 4} \right) = 10$.

b) ĐÚNG. $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{\sqrt x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x - 4} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{x - 4}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \left( {x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right) = 12$.

c) SAI. $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 5x + 4} }}{{ax + b}} = - \frac{1}{a}$.

d) ĐÚNG. Để giới hạn hữu hạn thì $ax + b = 0$ có nghiệm $x = 4 \Leftrightarrow 4a + b = 0 \Leftrightarrow b = - 4a$.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {x - 4} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 4} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4} \frac{{x - 1}}{a} = \frac{3}{a} = 4 \Leftrightarrow a = \frac{3}{4}$.

Từ đó $b = - 3 \Rightarrow 4a + 2b = - 3$.

a) ĐÚNG: Gọi $H$ là trung điểm $B'C'$, ta có $FH$ là đường trung bình của ${\rm{\Delta }}A'B'C'$ nên $FH$ song song và bằng nửa độ dài đoạn $A'C'$.

b) ĐÚNG: Lại có $E$ là trung điểm $AC$, $AC$ song song và bằng $A'C'$ nên $EC$ song song và bằng nửa $A'C'$. Suy ra $FH$ song song và bằng $EC$, do đó $CEFH$ là hình bình hành. Do đó $EF{\rm{//}}HC$, mà $HC \subset \left( {BCC'B'} \right)$ nên $EF{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$.

c) SAI: Gọi $K$ là trung điểm $AB$. Vì $F$ là trung điểm $A'B'$ và $ABB'A'$ là hình bình hành nên $FK$ song song và bằng $AA'$. Do đó $FK$ song song và bằng $CC'$, suy ra $CC'FK$ là hình bình hành.

d) SAI:

Qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AC,AB$ tại $G,L$. Ta có $GL{\rm{//}}BC$.

Mà $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BB',CC'$ nên $MN{\rm{//}}BC$.

Suy ra $GL{\rm{//}}MN$, do đó 5 điểm $M,N,G,L,I$ đồng phẳng.

Lại có $M \in BB' \subset \left( {ABB'A'} \right)$ và $L \in AB \subset \left( {ABB'A'} \right)$ nên trong mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$, đường thẳng $ML$ cắt $A'B$ tại $P$, khi đó $M,N,G,L,I,P$ đồng phẳng và $Q = IP \cap MN$.

Gọi $D$ là trung điểm của $A'B$, khi đó $DM{\rm{//}}A'B'$, suy ra $DM{\rm{//}}LB$.

Từ đó suy ra $\frac{{LP}}{{PM}} = \frac{{LB}}{{DM}} = \frac{{\frac{1}{3}AB}}{{\frac{1}{2}A'B'}} = \frac{2}{3}$.

Lại có $QM{\rm{//}}LI\,\,\left( {{\rm{do}}\,MN{\rm{//}}LG} \right)$, suy ra $\frac{{IP}}{{PQ}} = \frac{{LP}}{{PM}} = \frac{2}{3}$. Vậy $\frac{{IP}}{{PQ}} = \frac{2}{3}$.

Gọi ${P_t}$ là dân số tỉnh Bắc Ninh vào năm thứ $t$ sau năm 2019.

Dân số năm thứ $t + 1$ sau năm 2019 là: ${P_{t + 1}} = {P_t} + {P_t} \cdot 0{,}0853 = 1{,}0853 \cdot {P_t}$.

Dân số tỉnh Bắc Ninh tăng trưởng theo cấp số nhân với công bội $q = 1{,}0853$ tính từ năm 2019.

Công thức tính dân số tỉnh Bắc Ninh: ${P_t} = {P_0} \cdot {\left( {1{,}0853} \right)^t}$.

Trong đó:

${P_t}$: Dân số sau $t$ năm tính từ năm 2019.

${P_0}$: Dân số ban đầu mốc năm 2019 ($1{,}38$ triệu người).

Thay $t = 30$ vào công thức: ${P_{30}} = 1{,}38 \cdot {\left( {1{,}0853} \right)^{30}} \approx 16{,}08$ (triệu người).

Làm tròn đến hàng phần mười: $16{,}1$ triệu người.

Đáp án: 16,1.

Ta có $A = \lim \frac{{2\left( {\sqrt n - 3} \right)\left( {n\sqrt n + 1} \right)}}{{\left( {n - 1} \right)\left( {n - 2} \right)}} = \lim \frac{{2\sqrt n \left( {1 - \frac{3}{{\sqrt n }}} \right) \cdot n\sqrt n \left( {1 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)}}{{n\left( {1 - \frac{1}{n}} \right) \cdot n\left( {1 - \frac{2}{n}} \right)}}$

$= \lim \frac{{2\left( {1 - \frac{3}{{\sqrt n }}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{n\sqrt n }}} \right)}}{{\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)\left( {1 - \frac{2}{n}} \right)}} = \frac{{2 \cdot 1 \cdot 1}}{{1 \cdot 1}} = 2$.

Đáp án: 2.

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

Đáp án: 3.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{E \in SA \subset \left( {SAB} \right)}\\{E \in \left( {CDE} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow E \in \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)$.

$AB \cap CD = K \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in AB \subset \left( {SAB} \right)}\\{K \in CD \subset \left( {CDE} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)$.

Nên $KE = \left( {CDE} \right) \cap \left( {SAB} \right)$.

Lại có: $SB \subset \left( {SAB} \right),SB \cap \left( {CDE} \right) = M \Rightarrow M = SB \cap KE$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{K \in EM \subset \left( {EFM} \right)}\\{K \in CD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow K \in \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$ và $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{F \in \left( {EFM} \right)}\\{F \in SD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow F \in \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$.

Nên $KF = \left( {EFM} \right) \cap \left( {SCD} \right)$.

Lại có: $SC \subset \left( {SCD} \right)$, $SC \cap \left( {EFM} \right) = N \Rightarrow N = SC \cap KF \Rightarrow \exists \left( {EFNM} \right)$.

Theo đề bài: $SE = y \cdot SA$, $SF = y \cdot SD$, suy ra $\frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{EF}}{{AD}} = \frac{y}{1} \Rightarrow EF{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow \exists \left( {EFCB} \right)$.

Từ đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {EFCB} \right) \cap \left( {EFNM} \right) = EF\\\left( {EFNM} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {EFCB} \right) = BC\end{array} \right. \Rightarrow EF{\rm{//}}MN{\rm{//}}BC \Rightarrow \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{\frac{1}{2}AD}}\,\,\left( 1 \right)$.

$\{\begin{matrix}BC\text{//}AD \\ BC=\frac{1}{2}AD \\ ΔKBC∽ΔKAD\end{matrix}\Rightarrow \frac{KA}{KB}=2$.

Kẻ $BL{\rm{//}}AS$.

Nên $\triangle KBL∽\triangle KAE$, $\triangle MBL∽\triangle MSE$:

$\frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AE}}{{BL}},\quad \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{BL}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{KA}}{{KB}} \cdot \frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} \Rightarrow 2\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{AE}}{{SE}} = \frac{{SA - SE}}{{SE}} = \frac{{1 - y}}{y}$.

Nên $\frac{{MB}}{{MS}} = \frac{{1 - y}}{{2y}} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{2y}}{{1 + y}}\quad \left( 2 \right)$.

Kết hợp với $\left( 1 \right)$ ta có: $\frac{{MN}}{{\frac{1}{2}AD}} = \frac{{2y}}{{1 + y}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{EF}} = \frac{1}{{1 + y}}$.

Mặt khác: $\Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{y = \frac{1}{2}}&{\left( {{\rm{th/m\~a n}}} \right)}\\{y = - \frac{5}{2}}&{\left( {{\rm{loai}}} \right)}\end{array}} \right.$.

Vậy $y = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Đáp án: $0{,}5$.

a) $A = \frac{{\sin 2\alpha + \cos \alpha }}{{1 - \cos 2\alpha + \sin \alpha }} = \frac{{2\sin \alpha \cos \alpha + \cos \alpha }}{{2{{\sin }^2}\alpha + \sin \alpha }} = \frac{{\cos \alpha \left( {2\sin \alpha + 1} \right)}}{{\sin \alpha \left( {2\sin \alpha + 1} \right)}} = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }} = \cot \alpha$.

b) $\sin \left( {3x + \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + \frac{\pi }{3} = k\pi \Leftrightarrow 3x = - \frac{\pi }{3} + k\pi \Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{9} + \frac{{k\pi }}{3}\quad \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Hàm số $v\left( t \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;12} \right]$ nên hàm số liên tục tại $t = 6$.

Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ + }} v\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ - }} v\left( t \right) = v\left( 6 \right)$$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ + }} \left( {at + 41} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {6^ - }} \left( { - {t^2} + 10t + 5} \right) = 29$

$\Leftrightarrow 6a + 41 = 29 \Leftrightarrow 6a = - 12 \Leftrightarrow a = - 2$.

Khi đó $v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - {t^2} + 10t + 5}&{{\rm{khi\;}}0 \le t \le 6}\\{ - 2t + 41}&{{\rm{khi\;}}6 < t \le 12}\end{array}} \right.$.

Vật đạt vận tốc $21{\rm{\;m/s}} \Leftrightarrow v\left( t \right) = 21$:

Trường hợp 1: $0 \le t \le 6$: $- {t^2} + 10t + 5 = 21 \Leftrightarrow - {t^2} + 10t - 16 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 2{\rm{\;(Th/m\~a n)}}}\\{t = 8{\rm{\;(Loai\;v\`i \;}} > 6)}\end{array}} \right.$.

Suy ra ${t_1} = 2$.

Trường hợp 2: $6 < t \le 12$: $- 2t + 41 = 21 \Leftrightarrow 2t = 20 \Leftrightarrow t = 10{\rm{\;(Th\;/m\~a n)}}$

Suy ra ${t_2} = 10$.

Vậy ${t_1} + {t_2} = 2 + 10 = 12$.

a) Ta có $ABCD$ là hình bình hành $\Rightarrow AD{\rm{//}}BC$.

Mà $BC \subset \left( {BEC} \right)$ và $AD \not\subset \left( {BEC} \right)$.

Do đó $AD{\rm{//}}\left( {BEC} \right)$.

b) Ta có $\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( P \right){\rm{//}}\left( {BEC} \right)$.

Đường thẳng $FB$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại $F,M,B$.

Đường thẳng $AC$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại $A,N,C$.

Áp dụng định lý Thales trong không gian: $\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{FM}}{{MB}}$.

Vì $M$ là trọng tâm ${\rm{\Delta }}AFE$ nên $FM = \frac{1}{2}MB \Rightarrow \frac{{FM}}{{MB}} = \frac{1}{2}$.

Do đó: $\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{1}{2}$.