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

Ta có các số $2;8;x;128$ theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân khi $\frac{8}{2} = \frac{x}{8} = \frac{{128}}{x}$. Suy ra $x = 32$.

Chọn B.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát: ${u_{2024}} = {u_1} + 2023d = 2 + 2023 \cdot 4 = 8094$.

Chọn C.

Theo công thức lượng giác, ta có $\sin u + \sin v = 2\sin \frac{{u + v}}{2}\cos \frac{{u - v}}{2}$.

Chọn B.

Ta có: $- 1 \le \cos x \le 1,\forall x \in \mathbb{R}$ nên $- 1 \le y \le 1$ hay tập giá trị của hàm số $y = \cos x$ là $T = \left[ { - 1;1} \right]$.

Chọn B.

Trong $\left( {SAB} \right)$ có $A'B'{\rm{//}}AB$ (vì $A'B'$ là đường trung bình của ).

Mặt khác trong $\left( {ABCD} \right)$ ta có $AB{\rm{//}}CD$ do $ABCD$ là hình bình hành.

Từ đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}A'B'{\rm{//}}CD\\CD \subset \left( {SCD} \right)\\A'B' \not\subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A'B'{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$.

Chọn C.

Ta có ${u_{n + 1}} = \frac{{n + 1 + 7}}{{n + 1 + 3}} = \frac{{n + 8}}{{n + 4}}$.

Xét hiệu ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{{n + 8}}{{n + 4}} - \frac{{n + 7}}{{n + 3}} = \frac{{ - 4}}{{\left( {n + 4} \right)\left( {n + 3} \right)}} < 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Suy ra dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ là dãy số giảm.

Chọn A.

Hàm số $f\left( x \right)$ xác định trên $\mathbb{R}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 2\quad {\rm{v\`a }}\quad f\left( 1 \right) = 2$. Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)$.

Suy ra hàm số đã cho liên tục tại $x = 1$.

Chọn D.

Ta có $AC{\rm{//}}A'C'$, suy ra $AC{\rm{//}}\left( {A'DC'} \right)$.

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

Mà $AC \cap B'A = A$ và $AC,B'A \subset \left( {CB'A} \right)$, suy ra $\left( {CB'A} \right){\rm{//}}\left( {A'DC'} \right)$.

Chọn D.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 + \frac{9}{{1945n}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( {2 + \frac{9}{{1945}} \cdot \frac{1}{n}} \right) = 2 + \frac{9}{{1945}} \cdot 0 = 2$.

Chọn C.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{x^5} - 3{x^2} + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5}\left( {2 - \frac{3}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = - \infty$ (do $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {x^5} = - \infty$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2 - \frac{3}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^5}}}} \right) = 2 > 0$).

Chọn B.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD,BC$.

$\Rightarrow MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD \Rightarrow MN{\rm{//}}CD\quad \left( 1 \right)$.

Ta có $I,J$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABD$ và $ABC$$\Rightarrow \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ{\rm{//}}MN\quad \left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $IJ{\rm{//}}CD$.

Chọn A.

Theo quy tắc vẽ hình biểu diễn trong hình học không gian ta thấy hình A không là hình biểu diễn của hình hộp.

Chọn A.

a) Đúng: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = 0 - 3 \cdot 0 + 2 = 2$.

b) Sai: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {x - 1} \right) = 1$.

c) Đúng: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {f\left( x \right)} }}{{g\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} - 3x + 2} }}{{ax + b}} = \frac{1}{a}$.

d) Sai: Để $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = 2$ thì:

- $ax + b$ có nghiệm bằng $2 \Leftrightarrow 2a + b = 0 \Leftrightarrow b = - 2a$.
- Khi đó: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{f\left( x \right)}}{{ax + b}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {x - 1} \right)}}{{a\left( {x - 2} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{x - 1}}{a} = \frac{1}{a} = 2 \Leftrightarrow a = \frac{1}{2} \Rightarrow b = - 1$.

Vậy $a + b = - \frac{1}{2}$.

a) Đúng: $MM'$ là đường trung bình của hình bình hành $BCC'B'$ nên $\left\{ \begin{array}{l}MM'{\rm{//}}BB'\\MM' = BB'\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MM'{\rm{//}}AA'\\MM' = AA'\end{array} \right.$.

Vậy $AMM'A'$ là hình bình hành.

b) Sai: Sử dụng tính chất trọng tâm trong tam giác, suy ra $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}$.

c) Sai: Vì $I,K$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC,A'B'C'$ nên $IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM$.

Mà $IM{\rm{//}}KM'$ nên $IKM'M$ là hình bình hành.

Suy ra $IK{\rm{//}}MM'$, mà $MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\quad \left( 1 \right)$.

Trong tam giác $AMN$ có $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ suy ra $IG{\rm{//}}MN$.

Mà $MN \subset \left( {BCC'B'} \right)$ nên $IG{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\quad \left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\left( {IKG} \right){\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$.

d) Đúng: Vì $\left( \alpha \right)$ qua $H$ và song song với mặt phẳng đáy nên $\left( \alpha \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$ theo giao tuyến là đường thẳng ${d_1}$ qua $H$ và song song $AB$, ${d_1} \cap BB' = P$.

$\left( \alpha \right)$ cắt mặt $\left( {BCC'B'} \right)$ theo giao tuyến là đường thẳng ${d_2}$ qua $P$ và song song $BC$.

Gọi ${d_2} \cap CC' = K;\,{d_2} \cap CB' = J \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap CB' = J$.

Ta có $BP = CK$ nên $\frac{{JC}}{{JB'}} = \frac{{CK}}{{PB'}} = \frac{{BP}}{{PB'}} = \frac{1}{3}$.

Vậy $\frac{{JC}}{{JB'}} = \frac{1}{3}$.

Gọi ${P_t}$ là dân số TP Hà Nội vào năm thứ $t$ sau năm 2019 thì dân số năm thứ $t + 1$ sau năm 2019 là:

${P_{t + 1}} = {P_t} + {P_t} \cdot 0{,}0228 = 1{,}0228 \cdot {P_t}$

Vậy dân số TP Hà Nội tăng trưởng theo cấp số nhân với công bội $q = 1{,}0228$ tính từ năm 2019.

Công thức tính dân số TP Hà Nội: ${P_t} = {P_0} \cdot {\left( {1{,}0228} \right)^t}$.

Trong đó:

- ${P_t}$ là dân số sau $t$ năm tính từ năm 2019.
- ${P_0}$ là dân số ban đầu tính mốc là năm 2019.

Thay số vào công thức: ${P_{30}} = 8{,}06 \cdot {\left( {1{,}0228} \right)^{30}} \approx 15{,}85$ (triệu người).

Làm tròn đến hàng phần mười: 15,9 triệu người.

Đáp án: $15{,}9$.

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

Đáp án: $2$.

Ta có $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {x + 3} \right)}^3} - 27}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^3} + 9{x^2} + 27x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2} + 9x + 27} \right) = 27$.

Đáp án: $27$.

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

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

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

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

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

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

Vậy $x = \frac{1}{2} = 0{,}5$.

Đáp án: $0{,}5$.

a) Ta có: $A = \frac{{\sin 2\alpha + \sin \alpha }}{{1 + \cos 2\alpha + \cos \alpha }} = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}}{{2{{\cos }^2}\alpha + \cos \alpha }} = \frac{{\sin \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}}{{\cos \alpha \left( {2\cos \alpha + 1} \right)}} = \tan \alpha$.

b) $\cos \left( {2x + \frac{\pi }{6}} \right) = 0 \Leftrightarrow 2x + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{2},\quad k \in \mathbb{Z}$.

Hàm số $v\left( t \right)$ liên tục trên đoạn $\left[ {0;10} \right]$ nên hàm số liên tục tại $t = 5$$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ + }} v\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ - }} v\left( t \right) = v\left( 5 \right)$

$\Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ + }} \left( {at - 3} \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to {5^ - }} \left( { - {t^2} + 4t + 12} \right) = 7$$\Leftrightarrow 5a - 3 = - {5^2} + 4 \cdot 5 + 12 \Leftrightarrow a = 2$.

Khi đó $v\left( t \right) = \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - {t^2} + 4t + 12}&{{\rm{khi}}\,\,0 \le t \le 5}\\{2t - 3}&{\,\,\,{\rm{khi\;}}\,\,\,5 < t \le 10}\end{array}} \right.$.

Vật đạt vận tốc $10\,\left( {{\rm{m/s}}} \right)$ nên ta có $v\left( t \right) = 10$$\Rightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{ - {t^2} + 4t + 12 = 10\quad \left( {0 \le t \le 5} \right)}\\{2t - 3 = 10\quad \left( {5 < t \le 10} \right)}\end{array}} \right] \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 2 + \sqrt 6 }\\{t = \frac{{13}}{2}}\end{array}} \right.$.

Như vậy ta có ${t_1} = 2 + \sqrt 6$ và ${t_2} = \frac{{13}}{2}$. Vậy ${t_1} + {t_2} = 2 + \sqrt 6 + \frac{{13}}{2} \approx 10{,}9$.

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

Mà $AD \subset \left( {AFD} \right)$, $BC \not\subset \left( {AFD} \right)$.

Nên $BC{\rm{//}}\left( {AFD} \right)$.

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

Ta có $FB$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại $F,M,B$; $AC$ cắt 3 mặt phẳng song song lần lượt tại $A,N,C$.

Áp dụng định lý Thales: $\frac{{AN}}{{FM}} = \frac{{NC}}{{MB}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{FM}}{{MB}} = 2$.

Do đó: $\frac{{AN}}{{NC}} = 2$.