Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Hồ Thị Bi (TP.HCM) có đáp án

Ta có công thức lượng giác cơ bản: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1\).

Suy ra: \({\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - {\left( { - \frac{4}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}\).

Do \(\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}\) (góc thuộc góc phần tư thứ III) nên \({\rm{cos}}\alpha < 0\).

Do đó, ta lấy giá trị âm: \({\rm{cos}}\alpha = - \sqrt {\frac{9}{{25}}} = - \frac{3}{5}\).

Chọn A.

Công thức tính độ dài cung tròn là: \(l = \alpha \cdot R\), trong đó \(\alpha \) là số đo bằng radian của góc ở tâm, \(R\) là bán kính đường tròn.

Thay số vào ta có: \(10 = \alpha \cdot 5 \Rightarrow \alpha = \frac{{10}}{5} = 2{\rm{\;(rad)}}\).

Chọn B.

Áp dụng công thức nhân đôi của hàm số cosin: \({\rm{cos}}2a = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a\).

Thay giá trị \({\rm{sin}}a = \frac{2}{5}\) vào công thức: \({\rm{cos}}2a = 1 - 2 \cdot {\left( {\frac{2}{5}} \right)^2} = 1 - 2 \cdot \frac{4}{{25}} = 1 - \frac{8}{{25}} = \frac{{17}}{{25}}\).

Chọn A.

Theo định nghĩa trong hình học không gian, hai đường thẳng được gọi là song song nếu chúng cùng nằm trong một mặt phẳng và không có điểm chung.

Do đề bài cho \(a\) và \(b\) cùng thuộc một mặt phẳng và không có điểm chung nên chúng song song với nhau.

Chọn C.

Đây là trường hợp nghiệm đặc biệt của phương trình lượng giác cơ bản:

\({\rm{sin}}x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Chọn D.

Theo công thức góc hơn kém nhau \(\pi \): \({\rm{cos}}\left( {\pi + \alpha } \right) = - {\rm{cos}}\alpha \). Do đó khẳng định ở phương án B là khẳng định sai.

Các hệ thức ở phương án A, C, D đều là các công thức lượng giác đúng (hai góc bù nhau và hai góc hơn kém nhau \(\pi \)).

Chọn B.

Áp dụng công thức cộng đối với hàm số tang: \({\rm{tan}}\left( {a - b} \right) = \frac{{{\rm{tan}}a - {\rm{tan}}b}}{{1 + {\rm{tan}}a{\rm{tan}}b}}\) (với điều kiện các biểu thức đều có nghĩa).

Chọn A.

Áp dụng công thức nghiệm đặc biệt của phương trình lượng giác cơ bản: \({\rm{cos}}x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn C.

Hàm số \(y = {\rm{cot}}x = \frac{{{\rm{cos}}x}}{{{\rm{sin}}x}}\) xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0:

\({\rm{sin}}x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \{ k\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}\} \).

Chọn C.

Xét hình chóp có đáy là ngũ giác (\(n = 5\)):

Số mặt của hình chóp bằng số mặt bên cộng mặt đáy: \(n + 1 = 5 + 1 = 6\) mặt.

Số cạnh của hình chóp bằng số cạnh bên cộng số cạnh đáy: \(2n = 2 \cdot 5 = 10\) cạnh.

Chọn B.

Công thức chuyển đổi từ đơn vị radian sang độ là: \(a^\circ = \alpha \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi }\).

Thay \(\alpha = \frac{{2\pi }}{5}\) vào công thức ta được: \(a^\circ = \frac{{2\pi }}{5} \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi } = 2 \cdot 36^\circ = 72^\circ \).

Chọn D.

Xét tứ diện \(ABCD\), bốn điểm \(A,B,C,D\) không cùng thuộc một mặt phẳng (không đồng phẳng).

Hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) không cùng nằm trong bất kỳ mặt phẳng nào, do đó chúng không thể song song, không thể cắt nhau và không trùng nhau. Theo định nghĩa, chúng là hai đường thẳng chéo nhau.

Chọn A.

Theo tính chất thừa nhận (tiên đề) đầu tiên của hình học không gian: Qua ba điểm không thẳng hàng, có một và chỉ một (duy nhất) mặt phẳng.

Chọn C.

Công thức nhân đôi đúng của hàm côsin là: \({\rm{cos}}2a = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - 1 = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}a\).

Do đó, hệ thức \({\rm{cos}}2a = 2{\rm{cos}}a\) ở phương án A là sai hoàn toàn.

Chọn A.

Khoảng \(\left( {\frac{{3\pi }}{2};2\pi } \right)\) ứng với góc phần tư thứ IV trên đường tròn lượng giác.

Tại góc phần tư thứ IV, một điểm biểu diễn trên đường tròn có hoành độ dương và tung độ âm. Do đó: \({\rm{cos}}\alpha > 0\) và \({\rm{sin}}\alpha < 0\).

Kéo theo \({\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} < 0\) và \({\rm{cot}}\alpha = \frac{{{\rm{cos}}\alpha }}{{{\rm{sin}}\alpha }} < 0\).

Chọn D.

Hàm số \(y = {\rm{sin}}x\) là hàm số lẻ vì có tập xác định đối xứng và \({\rm{sin}}\left( { - x} \right) = - {\rm{sin}}x\). Đồ thị của nó đối xứng qua gốc tọa độ \(O\). Khẳng định “Hàm số \(y = {\rm{sin}}x\) là hàm số chẵn” là sai.

Các nhận định A, B, C đều đúng dựa theo tính chất giáo khoa và đồ thị đã cho.

Chọn D.

a) SAI: Trong tam giác \(SAC\), đường thẳng \(MC\) cắt đường trung tuyến \(SO\) tại trọng tâm \(G\) của tam giác \(SAC\). Điểm \(G\) nằm trên \(SO\) nhưng không phải là trung điểm của tam giác \(SBD\) hay trung điểm của cạnh nào thuộc tam giác \(SBD\) (trung điểm của \(SO\) khác trọng tâm \(G\) vì \(SG = \frac{2}{3}SO\)).

b) ĐÚNG: Ta có \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Mặt khác \(O = AC \cap BD \Rightarrow O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\) và \(O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng \(SO\).

c) SAI: Hai mặt phẳng \(\left( {MBC} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) không thể song song với nhau vì chúng có điểm chung mở rộng hoặc chứa các đường thẳng cắt nhau từ đỉnh hình chóp (ví dụ như cạnh \(MB\) cắt đường thẳng chứa cạnh thuộc mặt phẳng kia). Đề bài phát biểu điều kiện không có căn cứ hình học phẳng liên kết.

d) SAI: Hai đường thẳng \(BC\) và \(SD\) là hai đường thẳng chéo nhau trong không gian vì chúng không cùng thuộc một mặt phẳng và không có điểm chung (\(BC\) nằm ở đáy, \(SD\) là cạnh bên không đi qua đáy tại \(BC\)). Do đó chúng không thể cắt nhau.

a) ĐÚNG: Ta có mối liên hệ giữa tang và cotang: \({\rm{cot}}\alpha = \frac{1}{{{\rm{tan}}\alpha }} = \frac{1}{3}\).

b) SAI: Hàm số tang tuần hoàn với chu kỳ \(\pi \), do đó \({\rm{tan}}\left( {\alpha + 3\pi } \right) = {\rm{tan}}\alpha = 3\). Đề bài ghi bằng \(3 + 3\pi \) là sai.

c) ĐÚNG: Vì hàm tang là hàm số lẻ nên \({\rm{tan}}\left( { - \alpha } \right) = - {\rm{tan}}\alpha = - 3\).

d) ĐÚNG: Ta tính toán giá trị của \({\rm{cot}}2\alpha \) như sau:

Trước hết tính \({\rm{tan}}2\alpha = \frac{{2{\rm{tan}}\alpha }}{{1 - {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha }} = \frac{{2 \cdot 3}}{{1 - {3^2}}} = \frac{6}{{ - 8}} = - \frac{3}{4}\).

Suy ra: \({\rm{cot}}2\alpha = \frac{1}{{{\rm{tan}}2\alpha }} = \frac{1}{{ - \frac{3}{4}}} = - \frac{4}{3}\). Khẳng định này đúng.

Ta có \(\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right)\). Phương trình đã cho tương đương với: \({\rm{cos}}\left( {2x - \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right)\).

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản đối với hàm côsin, ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1: \(2x - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Trường hợp 2: \(2x - \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{6} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow 2x = - \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: \(x = \frac{\pi }{4} + k\pi \) và \(x = \frac{\pi }{{12}} + k\pi \) với \(k \in \mathbb{Z}\).

Ta có tính chất của hàm số cosin: Với mọi giá trị của biến số \(t\), luôn có: \( - 1 \le {\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) \le 1\).

Suy ra: \(h\left( t \right) \le 3 \cdot 1 + 10 = 13{\rm{\;(cm)}}\).

Do đó, mực nước đạt độ cao lớn nhất bằng \(13{\rm{\;cm}}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

\({\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3} = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} = - \frac{\pi }{3} + k2\pi \).

Nhân cả hai vế với \(\frac{{12}}{\pi }\), ta được: \(t = - 4 + 24k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì thời gian \(t\) tính theo giờ trong một ngày nên ta có điều kiện \(0 \le t \le 24\):

\(0 \le - 4 + 24k \le 24 \Leftrightarrow 4 \le 24k \le 28 \Leftrightarrow \frac{1}{6} \le k \le \frac{7}{6}\).

Vì \(k\) là số nguyên nên ta chọn được giá trị duy nhất \(k = 1\).

Thay \(k = 1\) vào biểu thức của \(t\), ta được: \(t = - 4 + 24 \cdot 1 = 20\) (giờ).

Kết luận: Mực nước của con kênh đạt độ cao lớn nhất vào lúc 20 giờ trong ngày (tức là 8 giờ tối).

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\):

Xét hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\), ta có:

Điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng: \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) (\(O = AC \cap BD\)).

Vì \(O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\).

Vì \(O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\).

Suy ra \(O\) là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng: \(O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Kết luận: Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng \(SO\).

b) Tìm giao điểm \(P\) và chứng minh \(G\) là trung điểm của \(PN\)

1. Xác định giao điểm \(P\):

Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), đường thẳng \(HN\) cắt đường thẳng \(AD\) tại điểm \(K\) (\(K = HN \cap AD\)).

Xét mặt phẳng phụ \(\left( {SHK} \right)\) chứa đường thẳng \(NG\):

Ta có \(K \in AD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAD} \right)\). Mà \(S \in \left( {SAD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SHK} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường thẳng \(SK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SHK} \right)\), gọi \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(NG\) và giao tuyến \(SK\) (\(P = NG \cap SK\)).

Ta có: \(P \in NG\); \(P \in SK\), mà \(SK \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow P \in \left( {SAD} \right)\).

Vậy \(P\) chính là giao điểm của đường thẳng \(NG\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

2. Chứng minh \(G\) là trung điểm của \(PN\):

Ta chứng minh được điểm \(N \in BD\), từ đó suy ra \(K,H,N,C\) thẳng hàng.

Suy ra \(KH = HC\) và \(\frac{{KH}}{{HN}} = 3\). Do đó \(\frac{{NK}}{{NH}} = 4\).

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác \(SAB\) nên \(\frac{{GH}}{{GS}} = \frac{1}{2}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(SKH\) với ba điểm \(P,G,N\) thẳng hàng, ta có \(\frac{{PS}}{{PK}} \cdot \frac{{NK}}{{NH}} \cdot \frac{{GH}}{{GS}} = 1\).

Thay các tỉ số đã biết ta được \(\frac{{PS}}{{PK}} = \frac{1}{2}\), suy ra \(\frac{{SK}}{{SP}} = 3\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác \(KNP\) với ba điểm \(S,G,H\) thẳng hàng, ta có \(\frac{{HN}}{{HK}} \cdot \frac{{SK}}{{SP}} \cdot \frac{{GP}}{{GN}} = 1\).

Từ đó suy ra \(\frac{{GP}}{{GN}} = 1\) hay \(GN = GP\). Vậy \(G\) là trung điểm của \(PN\).