Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Việt Đức (Hà Nội) có đáp án

Độ dài \(l\) của cung tròn có số đo \(n^\circ \) được tính theo công thức:

\(l = \frac{{\pi Rn}}{{180}} = \frac{{\pi  \cdot 20 \cdot 120}}{{180}} = \frac{{40\pi }}{3}{\rm{\;cm}}\).

Chọn C.

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

- Với \(k = 0 \Rightarrow x =  - \frac{\pi }{6}\) (tương ứng với góc \( - 30^\circ \)), điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác là điểm \(F\).

- Với \(k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}\) (tương ứng với góc \(150^\circ \)), điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác là điểm \(D\) đối xứng với \(F\) qua gốc tọa độ \(O\).

Vậy nghiệm của phương trình được biểu diễn bởi hai điểm \(D\) và \(F\).

Chọn B.

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

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

Chọn D.

Quan sát hình vẽ, chiều quay đi từ tia đầu \(Ou\) sang tia cuối \(Ov\) theo chiều cùng chiều kim đồng hồ (chiều âm). Vòng quay này đi qua góc \( - 90^\circ \), \( - 180^\circ \) và dừng lại ở vị trí tia \(Ov\) tương ứng với góc \( - 270^\circ \).

Chọn C.

Áp dụng công thức chuyển đổi từ độ sang radian: \(\alpha  = 72 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{2\pi }}{5}\).

Chọn B.

Xét hai mặt phẳng \(\left( {MCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\), ta tìm các điểm chung:

- Điểm \(M\) thuộc cạnh \(SA\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow M \in \left( {SAB} \right)\). Mặt khác \(M \in \left( {MCD} \right)\) nên \(M\) là điểm chung thứ nhất.

- Điểm \(N = AB \cap CD\). Vì \(AB \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow N \in \left( {SAB} \right)\) và \(CD \subset \left( {MCD} \right) \Rightarrow N \in \left( {MCD} \right)\). Do đó \(N\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng \(MN\).

Chọn C.

Theo định nghĩa về tính tuần hoàn của hàm số lượng giác cơ bản, hàm số \(y = {\rm{cos}}x\) tuần hoàn với chu kỳ cơ sở \(T = 2\pi \).

Chọn D.

Với mọi số thực \(x\), ta luôn có tập giá trị của hàm số sin là: \( - 1 \le {\rm{sin}}3x \le 1\).

Do đó, phương trình \({\rm{sin}}3x = m\) có nghiệm khi và chỉ khi \( - 1 \le m \le 1\).

Chọn D.

Hàm số \(y = {\rm{tan}}2x = \frac{{{\rm{sin}}2x}}{{{\rm{cos}}2x}}\) xác định khi và chỉ khi:

\({\rm{cos}}2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi  \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vậy tập xác định của hàm số là \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ {\frac{\pi }{4} + \frac{{k\pi }}{2}\;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}\).

Chọn A.

Sử dụng công thức nhân đôi đối với hàm số cosin:

\({\rm{cos}}2\alpha  = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha  = 1 - 2 \cdot {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = 1 - \frac{2}{9} = \frac{7}{9}\).

Chọn B.

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

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

Chọn B.

a) SAI: Vì \(S\) là đỉnh của hình chóp nên \(S\) không thuộc mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\).

b) ĐÚNG: Xét hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\), ta thấy đỉnh \(S\) là điểm chung thứ nhất. Điểm \(O = AC \cap BD\) nên \(O\) thuộc cả hai mặt phẳng, là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến là \(SO\).

c) ĐÚNG: Trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(K = MN \cap AC\). Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD \Rightarrow MN{\rm{//}}BD\). Trong tam giác \(BCD\), đường thẳng \(MN\) song song với đáy \(BD\) sẽ cắt đường trung tuyến \(CO\) tại trung điểm của nó. Do đó, \(K\) là trung điểm của \(OC\). Vì \(K \in MN\) và \(K \in AC \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(K\) chính là giao điểm của \(MN\) và \(\left( {SAC} \right)\).

d) SAI: Tìm giao điểm \(H = SA \cap \left( {GMN} \right)\): Chọn mặt phẳng chứa \(SA\) là \(\left( {SAC} \right)\). Ta thấy \(K = MN \cap \left( {SAC} \right)\). Mặt khác, \(G\) là trọng tâm  nên \(G \in SO \subset \left( {SAC} \right)\). Do đó, giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {GMN} \right)\) là đường thẳng \(GK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(H = GK \cap SA \Rightarrow H = SA \cap \left( {GMN} \right)\).

Để tính tỉ số, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác \(SAO\) với cát tuyến kéo dài \(HGK\) (trong đó \(A - O - C - K\) thẳng hàng):

Ta có \(K\) là trung điểm \(OC \Rightarrow CK = \frac{1}{2}OC = \frac{1}{2}OA \Rightarrow AK = \frac{3}{2}OA\) và \(OK = \frac{1}{2}OA \Rightarrow \frac{{KA}}{{KO}} = 3\).

Vì \(G\) là trọng tâm  nên \(\frac{{GO}}{{GS}} = \frac{1}{2}\).

Theo định lý Menelaus: \(\frac{{HS}}{{HA}} \cdot \frac{{KA}}{{KO}} \cdot \frac{{GO}}{{GS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{HS}}{{HA}} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{HS}}{{HA}} = \frac{2}{3}\).

Do \(H\) nằm trong đoạn \(SA\) nên \(\frac{{SH}}{{SA}} = \frac{2}{5}\).

a) ĐÚNG: \({\rm{sin}}x + {\rm{cos}}x = \sqrt 2 \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}{\rm{sin}}x + \frac{{\sqrt 2 }}{2}{\rm{cos}}x} \right) = \sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\).

b) ĐÚNG: Khi \(x \in \left( {\pi ;\frac{{3\pi }}{2}} \right) \Rightarrow x + \frac{\pi }{4} \in \left( {\frac{{5\pi }}{4};\frac{{7\pi }}{4}} \right)\). Ở góc phần tư này, hàm số sin luôn nhận giá trị âm, suy ra \(\sqrt 2 {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) < 0\).

c) ĐÚNG: Phương trình \(g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right) = 0 \Leftrightarrow x + \frac{\pi }{4} = k\pi  \Leftrightarrow x =  - \frac{\pi }{4} + k\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Các nghiệm thuộc đoạn \(\left[ {0;2\pi } \right]\) ứng với \(k = 1 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{4}\) và \(k = 2 \Rightarrow x = \frac{{7\pi }}{4}\) (tổng cộng có đúng 2 nghiệm).

d) SAI: Vì tập giá trị của hàm số sin nằm trong \(\left[ { - 1;1} \right]\) nên giá trị lớn nhất của \(g\left( x \right)\) phải là \(\sqrt 2  \cdot 1 = \sqrt 2 \), không phải bằng 2.

Trong tam giác \(SBC\), \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SB,SC\) nên \(MN\) là đường trung bình \( \Rightarrow MN{\rm{//}}BC\).

Mặt phẳng \(\left( {SAE} \right)\) chứa đường thẳng \(SE\), là đường trung tuyến của tam giác \(SBC\). Do đó, giao điểm \(I\) của \(MN\) và \(\left( {SAE} \right)\) chính là giao điểm của \(MN\) và \(SE\).

Vì \(MN{\rm{//}}BC\), áp dụng định lý Thalès ta có: \(\frac{{IM}}{{BE}} = \frac{{SI}}{{SE}}{\rm{v\`a }}\frac{{IN}}{{EC}} = \frac{{SI}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{IM}}{{BE}} = \frac{{IN}}{{EC}}\).

Do \(E\) là trung điểm của \(BC\) nên \(BE = EC\), suy ra \(IM = IN \Rightarrow \frac{{IM}}{{IN}} = 1\).

Đáp số: 1.

Áp dụng công thức biến đổi tích thành tổng:

\({\rm{sin}}a \cdot {\rm{sin}}b = \frac{1}{2}\left[ {{\rm{cos}}\left( {a - b} \right) - {\rm{cos}}\left( {a + b} \right)} \right] = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{3} - \frac{1}{4}} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{12}} = \frac{1}{{24}} \approx 0,0417\).

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được kết quả: 0,04.

Đáp số: 0,04.

Giải phương trình lượng giác:

\({\rm{sin}}\left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{sin}}x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}{2x + \frac{\pi }{3}}&{ = x + k2\pi }\\{2x + \frac{\pi }{3}}&{ = \pi  - x + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{r}}x&{ =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi \left( 1 \right)}\\x&{ = \frac{{2\pi }}{9} + \frac{{k2\pi }}{3}\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

- Tìm nghiệm dương nhỏ nhất từ họ (1): Với \(k = 1 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{3}\).

- Tìm nghiệm dương nhỏ nhất từ họ (2): Với \(k = 0 \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{9}\).

So sánh hai giá trị, ta thấy nghiệm dương nhỏ nhất toàn cục là \({x_0} = \frac{{2\pi }}{9}\).

Suy ra \(m = 2,n = 9\). Giá trị biểu thức \(m + 2n = 2 + 2 \cdot 9 = 20\).

Đáp số: 20.

Đồ thị hàm số \(y = {\rm{sin}}x\) trên đoạn \(\left[ {0;\pi } \right]\) đối xứng qua đường thẳng \(x = \frac{\pi }{2}\).

Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật có đáy \(CD\) nằm trên trục hoành nên hình chữ nhật này cũng đối xứng qua trục đối xứng \(x = \frac{\pi }{2}\).

Gọi hoành độ điểm \(D\) là \({x_1}\) và hoành độ điểm \(C\) là \({x_2}\) (\({x_1} < {x_2}\)). Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_2} - {x_1} = CD = \frac{{2\pi }}{3}}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = \pi }\end{array} \Rightarrow {x_2} = \frac{{5\pi }}{6},\,\,{x_1} = \frac{\pi }{6}} \right.\).

Độ dài cạnh \(BC\) chính bằng tung độ của điểm \(B\) có hoành độ \({x_2}\): \(BC = {y_B} = {\rm{sin}}\left( {\frac{{5\pi }}{6}} \right) = \frac{1}{2} = 0,5\).

Đáp số: 0,5.

Vì \(\frac{\pi }{2} < x < \pi \) (góc thuộc góc phần tư thứ II) nên ta có \({\rm{cos}}x < 0\).

Áp dụng hệ thức lượng cơ bản: \({\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 1 - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}} \Rightarrow {\rm{cos}}x =  - \frac{4}{5}\).

Tính các giá trị lượng giác còn lại: \({\rm{tan}}x = \frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} = \frac{{\frac{3}{5}}}{{ - \frac{4}{5}}} =  - \frac{3}{4}\); \({\rm{cot}}x = \frac{1}{{{\rm{tan}}x}} =  - \frac{4}{3}\).

Để độ sâu mực nước bằng \(7{\rm{\;cm}}\), ta giải phương trình:

\(3{\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) + 10 = 7 \Leftrightarrow 3{\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 3 \Leftrightarrow {\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3}} \right) =  - 1\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} + \frac{\pi }{3} = \pi  + k2\pi  \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{12}} = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi  \Leftrightarrow t = 8 + 24k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì thời gian xét trong một ngày nên điều kiện là \(0 \le t \le 24\):

\(0 \le 8 + 24k \le 24 \Leftrightarrow  - 8 \le 24k \le 16 \Leftrightarrow  - \frac{1}{3} \le k \le \frac{2}{3}\)

Do \(k \in \mathbb{Z}\) nên chỉ có giá trị \(k = 0\) thỏa mãn \( \Rightarrow t = 8\).

Vậy vào thời điểm 8 giờ sáng trong ngày thì độ sâu của mực nước trong kênh đạt \(7{\rm{\;cm}}\).

a) Xét hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\):

- Ta có điểm \(P \in BD\), mà \(BD \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow P \in \left( {BCD} \right)\). Do \(P \in \left( {MNP} \right)\) nên \(P\) là điểm chung thứ nhất.

- Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), xét hai đường thẳng \(MN\) và \(BC\). Do \(M\) là trung điểm của \(AB\)\(\left( {\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{1}{2}} \right)\) và \(N\) thỏa mãn \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{{AM}}{{AB}} \ne \frac{{AN}}{{AC}}\). Suy ra \(MN\) không song song với \(BC\), gọi \(K = MN \cap BC\).

- Vì \(K \in MN \subset \left( {MNP} \right)\) và \(K \in BC \subset \left( {BCD} \right)\) nên \(K\) là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là đường thẳng \(PK\).

b) Trong mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\), gọi \(Q = PK \cap CD\). Vì \(PK \subset \left( {MNP} \right)\) nên \(Q = CD \cap \left( {MNP} \right)\).

Để tính tỉ số \(\frac{{QC}}{{QD}}\), ta áp dụng định lý Menelaus:

- Trước hết, xét  với cát tuyến \(M,N,K\) thẳng hàng ta có: \(\frac{{MA}}{{MB}} \cdot \frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{{NC}}{{NA}} = 1\).

Do \(M\) là trung điểm \(AB \Rightarrow \frac{{MA}}{{MB}} = 1\). Do \(AN = 2NC \Rightarrow \frac{{NC}}{{NA}} = \frac{1}{2}\).

Thay vào ta được: \(1 \cdot \frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{KB}}{{KC}} = 2 \Rightarrow C\) là trung điểm của \(BK\).

- Tiếp theo, xét  với cát tuyến \(K,Q,P\) thẳng hàng ta có: \(\frac{{KB}}{{KC}} \cdot \frac{{QC}}{{QD}} \cdot \frac{{PD}}{{PB}} = 1\).

Theo giả thiết \(BD = 3PD \Rightarrow PB = 2PD \Rightarrow \frac{{PD}}{{PB}} = \frac{1}{2}\).

Khi đó \(2 \cdot \frac{{QC}}{{QD}} \cdot \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \frac{{QC}}{{QD}} = 1\).

Vậy tỉ số \(\frac{{QC}}{{QD}} = 1\) (hay \(Q\) là trung điểm của cạnh \(CD\)).