Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (Hà Nội) có đáp án

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

- Điểm \(B\) là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng.

- Điểm \(M\) thuộc cạnh \(AD\) mà \(AD \subset \left( {ABD} \right)\) nên \(M \in \left( {ABD} \right)\). Mặt khác, \(M \in \left( {BMN} \right)\). Do đó \(M\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {BMN} \right)\) và \(\left( {ABD} \right)\) là đường thẳng \(BM\).

Chọn D.

Ta có \({\rm{tan}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow {\rm{tan}}x = {\rm{tan}}\frac{\pi }{6} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn B.

Dựa vào công thức truy hồi của dãy số, ta tính lần lượt:

- Số hạng thứ nhất: \({u_1} =  - 1\).

- Số hạng thứ hai: \({u_2} = {u_1} + 3 =  - 1 + 3 = 2\).

- Số hạng thứ ba: \({u_3} = {u_2} + 3 = 2 + 3 = 5\).

Vậy ba số hạng đầu tiên là \( - 1;2;5\).

Chọn A.

Cấp số cộng đã cho có số hạng đầu \({u_1} = 4\) và công sai \(d = 7 - 4 = 3\).

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng là: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 4 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3 = 3n + 1\).

Chọn A.

Áp dụng công thức chuyển đổi từ đơn vị rađian sang đơn vị độ:

\(\alpha  = \frac{{3\pi }}{5} \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi } = 3 \cdot 36^\circ  = 108^\circ \).

Chọn A.

Xét hàm số \(y = {\rm{cos}}x\): Tập xác định \(D = \mathbb{R}\) là tập đối xứng, và với mọi \(x \in \mathbb{R}\) ta luôn có \({\rm{cos}}\left( { - x} \right) = {\rm{cos}}x\). Do đó, đây là hàm số chẵn. Các hàm số còn lại đều là hàm số lẻ.

Chọn A.

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) (góc thuộc góc phần tư thứ II) nên giá trị \({\rm{cos}}\alpha  < 0\).

Áp dụng hệ thức lượng cơ bản:

\({\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha  = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha  = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha  =  - \frac{4}{5}\).

Chọn B.

Theo công thức cộng lượng giác đối với hàm cosin, ta có công thức đúng là:

\({\rm{cos}}\left( {a + b} \right) = {\rm{cos}}a{\rm{cos}}b - {\rm{sin}}a{\rm{sin}}b\)

Do đó công thức ở phương án D viết sai dấu giữa các số hạng.

Chọn D.

Thay giá trị \(n = 5\) vào biểu thức của số hạng tổng quát, ta thu được:

\({u_5} = \frac{{2 \cdot 5 - 1}}{{5 + 1}} = \frac{9}{6} = \frac{3}{2}\).

Chọn C.

Xét hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) có:

- Điểm chung duy nhất hiện tại là đỉnh \(S\).

- Lần lượt chứa hai đường thẳng song song ở đáy là \(AD{\rm{//}}BC\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Theo định lý về giao tuyến, giao tuyến \(d\) đi qua điểm chung \(S\) và song song với \(AD,BC\).

Chọn A.

Hình chóp tứ giác bao gồm \(1\) mặt đáy là đa giác có 4 cạnh (tứ giác) và \(4\) mặt bên là các tam giác chung đỉnh \(S\). Tổng số mặt của hình chóp là \(1 + 4 = 5\) mặt.

Chọn A.

- Trong tam giác \(SAB\), \(IJ\) là đường trung bình ứng với cạnh \(AB\) nên \(IJ{\rm{//}}AB\).

- Do đáy \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB{\rm{//}}CD\), suy ra \(IJ{\rm{//}}CD\).

- Trong tam giác \(SCD\), \(EF\) là đường trung bình ứng với cạnh \(CD\) nên \(EF{\rm{//}}CD\), dẫn tới \(EF{\rm{//}}IJ\).

Như vậy, \(IJ\) song song với \(AB,DC,EF\). Đường thẳng duy nhất không song song với \(IJ\) là \(AD\).

Chọn B.

a) SAI: Vì điểm \(M\) thuộc cạnh \(AB\) và đỉnh \(A\) nằm ngoài mặt phẳng đáy \(\left( {BCD} \right)\) nên điểm \(M\) không thuộc mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\).

b) ĐÚNG: Trong tam giác \(ABC\), \(AN\) và \(MC\) là hai đường trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm \(H \Rightarrow H \in AN \subset \left( {ANP} \right)\) và \(H \in MC \subset \left( {MCQ} \right)\). Tương tự trong tam giác \(ACD\), \(AP\) và \(CQ\) là hai trung tuyến cắt nhau tại trọng tâm \(K \Rightarrow K \in AP \subset \left( {ANP} \right)\) và \(K \in CQ \subset \left( {MCQ} \right)\). Do đó \(HK = \left( {ANP} \right) \cap \left( {MCQ} \right)\).

c) ĐÚNG: Do \(H,K\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(ACD\) nên ta có tỉ lệ: \(\frac{{CH}}{{CM}} = \frac{{CK}}{{CQ}} = \frac{2}{3}\). Theo định lý Thales đảo trong tam giác \(MCQ\), suy ra \(HK{\rm{//}}MQ\). Mà \(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(MQ{\rm{//}}BD\). Từ đó suy ra \(HK{\rm{//}}BD\).

d) SAI: Theo hệ quả định lý Thales, ta có \(\frac{{HK}}{{MQ}} = \frac{{CH}}{{CM}} = \frac{2}{3} \Rightarrow HK = \frac{2}{3}MQ\). Mà \(MQ = \frac{1}{2}BD\) nên \(HK = \frac{2}{3} \cdot \left( {\frac{1}{2}BD} \right) = \frac{1}{3}BD \Rightarrow \frac{{HK}}{{BD}} = \frac{1}{3} \ne \frac{2}{3}\).

a) ĐÚNG: Tập xác định của hàm số sin là \(D = \mathbb{R}\).

b) SAI: Hàm số \(y = {\rm{sin}}x\) là hàm số lẻ vì thỏa mãn \(g\left( { - x} \right) = {\rm{sin}}\left( { - x} \right) =  - {\rm{sin}}x =  - g\left( x \right)\).

c) SAI: Tập giá trị của hàm số sin là \(\left[ { - 1;1} \right]\), suy ra giá trị lớn nhất (\({\rm{max}}\)) bằng \(1\).

d) ĐÚNG: Giải phương trình lượng giác:

\({\rm{sin}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow {\rm{sin}}x = {\rm{sin}}\frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ = \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\x&{ = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Các nghiệm dương của phương trình xếp theo thứ tự tăng dần là \(\frac{\pi }{3},\frac{{2\pi }}{3},\frac{{7\pi }}{3}, \ldots \). Do đó nghiệm dương nhỏ nhất là \(x = \frac{\pi }{3}\). Khi đó \(\frac{a}{b} = \frac{1}{3} \Rightarrow a = 1,b = 3\) (thỏa mãn tối giản và nguyên dương).

Ta có: \({a^2} + {b^2} = {1^2} + {3^2} = 10\).

Độ dài \(l\) của cung tròn có số đo \(\alpha \) (rađian) được tính bằng công thức:

\(l = R \cdot \alpha  = 30 \cdot \frac{{2\pi }}{7} = \frac{{60\pi }}{7} \approx 26,9279{\rm{\;m}}\).

Làm tròn đến hàng phần chục (hàng phần mười) ta được kết quả là: 26,9.

Đáp số: 26,9.

- Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi  \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha  < 0\). Ta tính được: \({\rm{cos}}\alpha  =  - \sqrt {1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }  =  - \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^2}}  =  - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\).

- Vì \(\pi  < \beta  < 2\pi \) và có \({\rm{cos}}\beta  =  - \frac{2}{3} < 0\) nên góc \(\beta \) thuộc góc phần tư thứ III \( \Rightarrow {\rm{sin}}\beta  < 0\). Ta tính được: \({\rm{sin}}\beta  =  - \sqrt {1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\beta }  =  - \sqrt {1 - {{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2}}  =  - \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Áp dụng công thức cộng sin:

\({\rm{sin}}\left( {\alpha  + \beta } \right) = {\rm{sin}}\alpha {\rm{cos}}\beta  + {\rm{cos}}\alpha {\rm{sin}}\beta  = \left( {\frac{1}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{2}{3}} \right) + \left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right) \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 5 }}{3}} \right) = \frac{{ - 2 + 2\sqrt {10} }}{9} \approx 0,4805\).

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được kết quả là: 0,48.

Đáp số: 0,48.

Thời điểm 3 rưỡi chiều tương đương với \(15,5\) giờ trong ngày. Vì mốc thời gian \(t\) tính từ \(5\) giờ sáng nên ta có giá trị số giờ trôi qua là: \(t = 15,5 - 5 = 10,5\) (giờ).

Thay giá trị \(t = 10,5\) vào biểu thức hàm số đã cho:

\(S\left( {10,5} \right) = 80\left| {{\rm{cot}}\left( {\frac{\pi }{{12}} \cdot 10,5} \right)} \right| = 80\left| {{\rm{cot}}\left( {\frac{{7\pi }}{8}} \right)} \right| = 80 \cdot \left( {\sqrt 2  + 1} \right) \approx 193,137{\rm{\;m}}\).

Làm tròn đến hàng đơn vị, ta thu được kết quả: 193.

Đáp số: 193.

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), đường thẳng \(IB\) giao với cạnh bên \(SD\) tại điểm \(M\). Do \(SD \subset \left( {SAD} \right)\) nên \(M\) chính là giao điểm của \(IB\) và \(\left( {SAD} \right)\).

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SOD\) với 3 điểm thẳng hàng \(I,B,M\):

\(\frac{{IS}}{{IO}} \cdot \frac{{BO}}{{BD}} \cdot \frac{{MD}}{{MS}} = 1\)

Theo bài ra: \(\frac{{IS}}{{IO}} = 2\). Do \(O\) là tâm hình vuông nên \(O\) là trung điểm cạnh \(BD \Rightarrow \frac{{BO}}{{BD}} = \frac{1}{2}\).

Thay vào đẳng thức Menelaus: \(2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{MD}}{{MS}} = 1 \Rightarrow \frac{{MD}}{{MS}} = 1 \Rightarrow M\) là trung điểm của \(SD\).

Mặt khác,  vuông cân tại \(S\) nên trung tuyến \(SO = \frac{1}{2}BD\). Đường chéo hình vuông \(BD = 4\sqrt 2 {\rm{\;cm}} \Rightarrow SD = \frac{{BD}}{{\sqrt 2 }} = 4{\rm{\;cm}}\).

Vì \(M\) là trung điểm \(SD\) nên độ dài đoạn \(MD = \frac{{SD}}{2} = \frac{4}{2} = 2{\rm{\;cm}}\).

Đáp số: 2.

Sử dụng công thức nhân đôi: \(2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x - 1 = {\rm{cos}}2x\).

Phương trình ban đầu tương đương với: \({\rm{cos}}2x = {\rm{cos}}\left( {\pi  - 3x} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{2x}&{ = \pi  - 3x + k2\pi }\\{2x}&{ =  - \left( {\pi  - 3x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{5x}&{ = \pi  + k2\pi }\\{ - x}&{ =  - \pi  + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ = \frac{\pi }{5} + \frac{{k2\pi }}{5}}\\x&{ = \pi  - k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Họ nghiệm thứ hai có thể biểu diễn gọn lại dưới dạng \(x = \pi  + k2\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy phương trình có tập nghiệm là: \(S = \left\{ {\frac{\pi }{5} + \frac{{k2\pi }}{5};\pi  + k2\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Số ghế ở mỗi hàng của khán đài lập thành một cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu tiên \({u_1} = 20\), công sai \(d = 5\), và tổng số hạng cần tính là \(n = 60\).

Tổng số ghế trong khán đài chính là tổng của 60 số hạng đầu tiên này:

\({S_{60}} = \frac{n}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right] = \frac{{60}}{2} \cdot \left[ {2 \cdot 20 + \left( {60 - 1} \right) \cdot 5} \right]\)\( = 10050\) (ghế).

Vậy góc khán đài A có tất cả \(10050\) ghế.

a) Vì \(E\) là trọng tâm  với đường trung tuyến \(SM\) (\(M\) là trung điểm \(AD\)) nên \(E \in SM\) và thỏa mãn \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{2}{3}\).

Tương tự, \(F\) là trọng tâm  với đường trung tuyến \(SN\) (\(N\) là trung điểm \(BC\)) nên \(F \in SN\) và thỏa mãn \(\frac{{SF}}{{SN}} = \frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(SMN\), ta có: \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{{SF}}{{SN}} = \frac{2}{3}\).

Theo định lý Thales đảo trong tam giác \(SMN\), suy ra \(EF{\rm{//}}MN\).

Mặt khác, trong hình thang \(ABCD\), \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của hai cạnh bên \(AD\) và \(BC\) nên \(MN\) là đường trung bình của hình thang \( \Rightarrow MN{\rm{//}}AB\).

Từ hệ thức bắc cầu \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{EF{\rm{//}}MN}\\{MN{\rm{//}}AB}\end{array} \Rightarrow EF{\rm{//}}AB} \right.\).

b) Trong \(\Delta SAD\), vì \(E\) là trọng tâm nên đường thẳng \(AE\) chính là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \(A\).

Gọi \(P\) là trung điểm của \(SD\). Khi đó, \(P\) phải thuộc đường thẳng \(AE\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in AE \subset \left( {AEF} \right)}\\{P \in SD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array} \Rightarrow P \in \left( {AEF} \right) \cap \left( {SCD} \right)} \right.\).

Vậy \(P\) là một điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).

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

\(P\) là điểm chung của hai mặt phẳng.

Mặt phẳng \(\left( {AEF} \right)\) chứa đường thẳng \(EF\).

Mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) chứa đường thẳng \(CD\).

Mà \(EF{\rm{//}}CD\) (vì cùng song song với \(AB\)).

Theo định lí về giao tuyến của hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song: Giao tuyến \(d\) của \(\left( {AEF} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) sẽ là đường thẳng đi qua điểm chung \(P\) và song song với cả \(EF\) và \(CD\).

Kết luận: Giao tuyến \(d\) là đường thẳng qua \(P\) (trung điểm \(SD\)) và song song với \(CD\) (đường thẳng \(d\) này cũng chính là đường trung bình \(PQ\) của \(\Delta SCD\), với \(Q\) là trung điểm của \(SC\)).

Theo cách xác định giao tuyến ở trên, đường thẳng \(d\) được dựng song song với \(CD\) và \(EF\).

Do đó, ta hiển nhiên có: \(d{\rm{//}}EF\).