Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Phan Đình Phùng (Hà Nội) có đáp án

Theo công thức nhân đôi của hàm số cosin, ta có: \({\rm{cos}}2a = 2{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a - 1\).

Do đó khẳng định ở phương án C thiếu bình phương ở \({\rm{cos}}a\) nên là khẳng định sai.

Chọn C.

Thay \(n = 1\) vào công thức số hạng tổng quát của dãy số, ta được:

\({u_1} = \frac{{2 \cdot 1 + 1}}{{1 + 2}} = \frac{3}{3} = 1\).

Chọn B.

Vì ba số \(1;x;5\) theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên số hạng đứng giữa bằng trung bình cộng của hai số hạng kề bên: \(x = \frac{{1 + 5}}{2} = 3\).

Chọn B.

Đường kính của đường tròn là \(d = 10{\rm{\;cm}} \Rightarrow \) Bán kính \(R = \frac{d}{2} = 5{\rm{\;cm}}\).

Độ dài \(l\) của cung tròn có số đo \(\alpha  = 2{\rm{\;rad}}\) là: \(l = R \cdot \alpha  = 5 \cdot 2 = 10{\rm{\;cm}}\).

Chọn A.

Theo định nghĩa và tính chất số hạng tổng quát của cấp số nhân, ta có công thức: \({u_n} = {u_1} \cdot {q^{n - 1}}\) với \(n \ge 2\).

Chọn B.

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

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

Chọn D.

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) nên góc \(\alpha \) nằm ở góc phần tư thứ II trên đường tròn lượng giác. Tại đây, ta có: \({\rm{sin}}\alpha  > 0\), \({\rm{cos}}\alpha  < 0\), \({\rm{tan}}\alpha  < 0\), \({\rm{cot}}\alpha  < 0\).

Do đó khẳng định đúng là \({\rm{sin}}\alpha  > 0\).

Chọn D.

- Vì \({u_n} \ge 1,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\) nên dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) bị chặn dưới bởi số 1.

- Vì \({v_n} \le 2,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\) nên dãy số \(\left( {{v_n}} \right)\) bị chặn trên bởi số 2.

Chọn A.

Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng là:

\({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 3 + \left( {n - 1} \right) \cdot 2 = 2n + 1\).

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0:

\({\rm{cos}}x - 1 \ne 0 \Leftrightarrow {\rm{cos}}x \ne 1 \Leftrightarrow x \ne k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\)

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \{ k2\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}\} \).

Chọn B.

Xét hiệu giữa hai số hạng liên tiếp:

\({u_{n + 1}} - {u_n} = \left[ {3\left( {n + 1} \right) + 5} \right] - \left( {3n + 5} \right) = 3 > 0\forall n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)

Vì hiệu số luôn dương nên \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số tăng.

Chọn B.

Gọi số 94 là số hạng thứ \(n\) của cấp số cộng, ta có phương trình:

\({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 94 \Leftrightarrow  - 5 + \left( {n - 1} \right) \cdot 3 = 94\)

\( \Leftrightarrow 3\left( {n - 1} \right) = 99 \Leftrightarrow n - 1 = 33 \Leftrightarrow n = 34\)

Vậy số 94 là số hạng thứ 34.

Chọn C.

Vì \(\frac{\pi }{2} < \alpha  < \pi \) nên \({\rm{cos}}\alpha  < 0\). Áp dụng công thức lượng giác cơ bản:

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

Do \({\rm{cos}}\alpha  < 0\) nên \({\rm{cos}}\alpha  =  - \frac{3}{5}\).

Chọn D.

Với mọi số thực \(x\), ta luôn có: \( - 1 \le {\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{{15}}} \right) \le 1\)\( \Leftrightarrow  - 2 \le 2{\rm{cos}}\left( {x + \frac{\pi }{{15}}} \right) \le 2\).

Do đó \(M = 2\) và \(m =  - 2\). Suy ra hiệu \(M - m = 2 - \left( { - 2} \right) = 4\).

Chọn B.

Áp dụng công thức hạ bậc đối với hàm số sin: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}u = \frac{{1 - {\rm{cos}}2u}}{2}\).

Thay \(u = 2\alpha \), ta được đẳng thức đúng là: \({\rm{si}}{{\rm{n}}^2}2\alpha  = \frac{{1 - {\rm{cos}}4\alpha }}{2}\).

Chọn A.

Theo công thức số hạng của cấp số nhân, ta có:

\({u_3} = {u_1} \cdot {q^2} \Leftrightarrow 18 = 2 \cdot {q^2} \Leftrightarrow {q^2} = 9 \Leftrightarrow q =  \pm 3\).

Vì bài toán cho điều kiện công bội âm (\(q < 0\)) nên ta nhận giá trị \(q =  - 3\).

Chọn B.

Hàm số lượng giác dạng \(y = A{\rm{cos}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\) có chu kỳ tuần hoàn tính theo công thức:

\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{\frac{\pi }{4}}} = 8{\rm{\;(gi\^a y)}}\).

Chọn B.

Hàm số tang có tính chất tuần hoàn với chu kỳ \(\pi \), tức là \({\rm{tan}}\left( {\alpha  + k\pi } \right) = {\rm{tan}}\alpha \) với mọi \(k \in \mathbb{Z}\).

Do đó: \({\rm{tan}}\left( {3\pi  + \alpha } \right) = {\rm{tan}}\alpha \).

Chọn C.

Mô hình hóa bài toán: Cột đèn \(TO\) vuông góc với mặt đất tại \(O\). Bạn An đứng vuông góc với mặt đất tại \(A\) tạo thành đoạn thẳng \(AA' = 1,78{\rm{\;m}}\) (\(AA'{\rm{//}}TO\)). Bóng của An đổ dài thành đoạn \(AM\), tia sáng thẳng hàng qua các điểm \(T,A',M\).

Xét các tam giác vuông  và  vuông tại \(O\):

\(OA = \frac{{TO}}{{{\rm{tan}}\widehat {TAO}}} = \frac{{TO}}{{{\rm{tan}}55^\circ }}\)

\(OB = \frac{{TO}}{{{\rm{tan}}\widehat {TBO}}} = \frac{{TO}}{{{\rm{tan}}65^\circ }}\)

Vì cột đèn \(O\) nằm giữa \(A\) và \(B\) nên:

\(AB = OA + OB = TO \cdot \left( {\frac{1}{{{\rm{tan}}55^\circ }} + \frac{1}{{{\rm{tan}}65^\circ }}} \right) = 10{\rm{\;m}}\)\( \Rightarrow TO = \frac{{10}}{{\frac{1}{{{\rm{tan}}55^\circ }} + \frac{1}{{{\rm{tan}}65^\circ }}}}\).

Vì \(AA'{\rm{//}}TO\), áp dụng định lý Thales vào tam giác  ta có: \(\frac{{MO}}{{MA}} = \frac{{TO}}{{AA'}} \approx 4,816\).

Giá trị \(4,816\) nằm trong khoảng \(\left( {4;5} \right)\).

Chọn A.

Ta có mối liên hệ giữa tổng \({S_n}\) và số hạng của dãy:

- Số hạng đầu tiên: \({u_1} = {S_1} = {5^1} - 1 = 4\).

- Tổng của hai số hạng đầu: \({S_2} = {u_1} + {u_2} = {5^2} - 1 = 24\).

- Số hạng thứ hai là: \({u_2} = {S_2} - {S_1} = 24 - 4 = 20\).

Chọn D.

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

Thay số vào biểu thức ta được: \(P = 2 \cdot {\left( { - \frac{2}{5}} \right)^2} - 1 = 2 \cdot \frac{4}{{25}} - 1 = \frac{8}{{25}} - 1 =  - \frac{{17}}{{25}}\).

Vậy \(P =  - \frac{{17}}{{25}}\).

a) Biến đổi phương trình về dạng cơ bản:

      \({\rm{cos}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) =  - \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{cos}}\left( {\frac{{3\pi }}{4}} \right)\)

      \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{x - \frac{\pi }{6}}&{ = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{6}}&{ =  - \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ = \frac{{3\pi }}{4} + \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\x&{ =  - \frac{{3\pi }}{4} + \frac{\pi }{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ = \frac{{11\pi }}{{12}} + k2\pi }\\x&{ =  - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập nghiệm phương trình là \(S = \left\{ {\frac{{11\pi }}{{12}} + k2\pi ; - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

b) Chuyển vế phương trình:

      \({\rm{sin}}3x = {\rm{sin}}x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{3x}&{ = x + k2\pi }\\{3x}&{ = \pi  - x + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{2x}&{ = k2\pi }\\{4x}&{ = \pi  + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ = k\pi }\\x&{ = \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập nghiệm phương trình là \(S = \left\{ {k\pi ;\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\mid k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Công bội \(q\) của cấp số nhân được tính bằng: \(q = \frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = \frac{6}{2} = 3\).

Số hạng thứ 6 của cấp số nhân, áp dụng công thức số hạng tổng quát ta được:

      \({u_6} = {u_1} \cdot {q^5} = 2 \cdot {3^5} = 2 \cdot 243 = 486\).

Vậy công bội \(q = 3\) và số hạng \({u_6} = 486\).

Gọi \({h_n}\) là độ cao của thửa ruộng ở bậc thứ \(n\) (\(n \in {\mathbb{N}^{\rm{*}}}\)). Theo đề bài, ta có thông số các bậc đầu tiên:

- Bậc thứ nhất: \({h_1} = 953,4{\rm{\;m}}\).

- Bậc thứ hai: \({h_2} = {h_1} + 2 = 953,4 + 2 = 955,4{\rm{\;m}}\).

Kể từ bậc thứ 3 trở lên, độ cao tăng đều \(0,7{\rm{\;m}}\) so với bậc ngay dưới nó. Quy luật này lập thành một cấp số cộng kể từ số hạng \({h_2}\) với công sai \(d = 0,7\).

Do đó, công thức tính độ cao của thửa ruộng ở bậc thứ \(n\) (với \(n \ge 2\)) là:

      \({h_n} = {h_2} + \left( {n - 2} \right) \cdot d = 955,4 + \left( {n - 2} \right) \cdot 0,7\)

Để tìm xem độ cao \(964,5{\rm{\;m}}\) tương ứng với bậc thứ mấy, ta giải phương trình:

      \(955,4 + \left( {n - 2} \right) \cdot 0,7 = 964,5\)

      \( \Leftrightarrow \left( {n - 2} \right) \cdot 0,7 = 964,5 - 955,4 = 9,1\)

      \( \Leftrightarrow n - 2 = \frac{{9,1}}{{0,7}} = 13 \Leftrightarrow n = 15\).

Vậy thửa ruộng cao \(964,5{\rm{\;m}}\) là thửa ruộng ở bậc thứ 15.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc giải phương trình \(P\left( t \right) = 110\) trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\):

      \(100 + 20{\rm{sin}}\left( {\frac{{7\pi }}{3}t} \right) = 110 \Leftrightarrow 20{\rm{sin}}\left( {\frac{{7\pi }}{3}t} \right) = 10 \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {\frac{{7\pi }}{3}t} \right) = \frac{1}{2}\)

      \( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{\frac{{7\pi }}{3}t}&{ = \frac{\pi }{6} + k2\pi }\\{\frac{{7\pi }}{3}t}&{ = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}t&{ = \frac{1}{{14}} + \frac{{6k}}{7}\left( 1 \right)}\\t&{ = \frac{5}{{14}} + \frac{{6k}}{7}\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Xét điều kiện thời gian thuộc đoạn \(0 \le t \le 1\):

- Từ họ nghiệm (1):

+ Với \(k = 0 \Rightarrow t = \frac{1}{{14}} \approx 0,07{\rm{\;gi\^a y}}\) (Thỏa mãn).

+ Với \(k = 1 \Rightarrow t = \frac{1}{{14}} + \frac{6}{7} = \frac{{13}}{{14}} \approx 0,93{\rm{\;gi\^a y}}\) (Thỏa mãn).

- Từ họ nghiệm (2):

+ Với \(k = 0 \Rightarrow t = \frac{5}{{14}} \approx 0,36{\rm{\;gi\^a y}}\) (Thỏa mãn).

+ Với \(k = 1 \Rightarrow t = \frac{5}{{14}} + \frac{6}{7} = \frac{{17}}{{14}} > 1\) (Loại).

Vậy trong khoảng từ 0 đến 1 giây, các thời điểm huyết áp đạt 110 mmHg là: \(t \approx 0,07{\rm{\;s}}\), \(t \approx 0,36{\rm{\;s}}\) và \(t \approx 0,93{\rm{\;s}}\).