Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2023-2024 THPT Gia Định (TP.HCM) có đáp án
4 câu hỏi
(2 điểm) Cho \[\cos a = \frac{{ - 3}}{5}\] (với \[90^\circ < a < 180^\circ \]) và \(\cos b = \frac{5}{{13}}\).
Tính giá trị các biểu thức:
\[A = \sin 2a\]; \(B = \cos 2b\); \(C = \cos \left( {a + b} \right) \cdot \cos \left( {a - b} \right)\).
Ta có \({\sin ^2}a = 1 - {\cos ^2}a = 1 - {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}\).
Vì \[90^\circ < a < 180^\circ \] nên \(\sin a > 0\), do đó \(\sin a = \sqrt {\frac{{16}}{{25}}} = \frac{4}{5}\).
Ta có \[A = \sin 2a = 2\sin a\cos a = 2 \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{{ - 3}}{5} = \frac{{ - 24}}{{25}}\];
\(B = \cos 2b = 2{\cos ^2}b - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{5}{{13}}} \right)^2} - 1 = - \frac{{119}}{{169}}\).
Lại có \(\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2} - 1 = - \frac{7}{{25}}\);
Khi đó, \(C = \cos \left( {a + b} \right) \cdot \cos \left( {a - b} \right) = \frac{1}{2}\left( {\cos 2a + \cos 2b} \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{7}{{25}} + \frac{{ - 119}}{{169}}} \right) = - \frac{{2079}}{{4225}}\).
(2 điểm) Tính tổng các nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left( { - 2;\,\,3} \right]\) của phương trình sau:
\({\cos ^2}x = \frac{1}{2}\).
Ta có \({\cos ^2}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos 2x}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).
Các nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left( { - 2;\,\,3} \right]\) là \( - \frac{\pi }{4};\,\,\frac{\pi }{4};\,\frac{{3\pi }}{4}\).
Tổng các nghiệm trên là \(\frac{{3\pi }}{4}\).
(2 điểm) Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) biết \(\left\{ \begin{array}{l}{u_8} + {u_6} - {u_3} = 41\\{u_2} + {u_{10}} = 42\end{array} \right.\).
a) Hãy tìm số hạng đầu tiên và công sai của cấp số cộng.
b) Tính \(A = {u_{23}} + {u_{24}} + {u_{25}} + {u_{26}} + ... + {u_{60}}\).
a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_8} + {u_6} - {u_3} = 41\\{u_2} + {u_{10}} = 42\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 7d + {u_1} + 5d - {u_1} - 2d = 41\\{u_1} + d + {u_1} + 9d = 42\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 10d = 41\\2{u_1} + 10d = 42\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 4\end{array} \right.\).
b) Ta có \(A = {u_{23}} + {u_{24}} + {u_{25}} + {u_{26}} + ... + {u_{60}} = {S_{60}} - {S_{22}}\).
\({S_{60}} = \frac{{60\left( {2 \cdot 1 + 59 \cdot 4} \right)}}{2} = 7\,140\); \({S_{22}} = \frac{{22\left( {2 \cdot 1 + 21 \cdot 4} \right)}}{2} = 946\).
Vậy \(A = {S_{60}} - {S_{22}} = 7\,140 - 946 = 6194\).
(4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (với AB // CD và AB > CD). Gọi M là điểm trên cạnh SA sao cho \(SM = \frac{1}{3}SA\) và N là điểm trên cạnh SB sao cho \(SN = \frac{2}{3}SB\).
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
c) Tìm giao điểm H của MN với mp(ABCD).
d) Gọi \(K = BC \cap DH\) và \(E = BD \cap AK\). Chứng minh: ba đường thẳng MK, DN, SE đồng quy.
a) Ta có \(S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\). (1)
Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(AD \cap BC = I\).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AD \subset \left( {SAD} \right)\\I \in BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SI\).
b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB\,{\rm{//}}\,CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right.\). Suy ra \(Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) với \(Sx\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD\).
c) Trong \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(H = MN \cap AB\).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in AB \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(H = MN \cap \left( {ABCD} \right)\).
d) Trong \(\left( {MDH} \right)\), gọi \(O = MK \cap DN\).
Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}O \in MK \subset \left( {SAK} \right)\\O \in DN \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (3)
Vì \(E = BD \cap AK\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}E \in AK \subset \left( {SAK} \right)\\E \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (4)
Lại có \(S \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra \(S,\,E,\,O\) thẳng hàng.
Do đó, \(O \in SE\).
Vậy MK, DN, SE đồng quy tại O.
