Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm học 2024-2025 THPT Trần Văn Giàu (TP.HCM) có đáp án

Quan sát đường tròn lượng giác, điểm \(M\) nằm ở góc phần tư thứ nhất, tạo với trục hoành một góc bằng \(\frac{\pi }{3}\). Do đó, điểm \(M\) biểu diễn cho họ góc lượng giác có số đo là \(x = \frac{\pi }{3} + k2\pi \).

Điểm \(N\) nằm đối xứng với điểm \(M\) qua gốc tọa độ \(O\). Khi đó, điểm \(N\) cách điểm \(M\) một nửa đường tròn, tương ứng với một góc \(\pi \). Số đo góc biểu diễn điểm \(N\) là \(x = \frac{\pi }{3} + \pi + k2\pi = \frac{{4\pi }}{3} + k2\pi \).

Để gộp hai điểm biểu diễn \(M\) và \(N\) đối xứng nhau qua gốc tọa độ vào cùng một công thức, ta sử dụng chu kỳ \(k\pi \). Công thức tổng quát biểu diễn cho cả hai điểm là: \(x = \frac{\pi }{3} + k\pi \,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Chọn B.

Xét mặt phẳng phụ \(\left( {SBD} \right)\) chứa đường thẳng \(DM\).

Ta tìm giao tuyến của mặt phẳng phụ \(\left( {SBD} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\):

Điểm chung thứ nhất là \(S\).

Trong mặt đáy \(ABCD\), \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\). Khi đó \(O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\) và \(O \in BD \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow O\) là điểm chung thứ hai.

Do đó, giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng \(SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), đường thẳng \(DM\) cắt giao tuyến \(SO\) tại một điểm (gọi là \(I\)).

Vì \(I \in SO\) mà \(SO \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(I \in \left( {SAC} \right)\). Vậy \(I\) chính là giao điểm của \(DM\) với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).

Chọn B.

Tìm điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\):

Rõ ràng điểm \(S\) là điểm chung thứ nhất.

Xét trong mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\): Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\) (giao điểm của \(AC\) và \(BD\)). Do \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\) nên đoạn thẳng \(MN\) cũng đi qua tâm đối xứng \(O\) của hình bình hành.

Vì \(O \in MN\) nên \(O \in \left( {SMN} \right)\). Đồng thời \(O \in AC\) nên \(O \in \left( {SAC} \right)\). Vậy \(O\) là điểm chung thứ hai.

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\) là đường thẳng \(SO\).

Chọn C.

Ta có: \(\alpha = 108 \cdot \frac{\pi }{{180}} = \frac{{108}}{{180}}\pi = \frac{{3\pi }}{5}{\rm{\;rad}}\).

Chọn C.

Áp dụng công thức cộng đối với hàm côsin: \({\rm{cos}}\left( {A + B} \right) = {\rm{cos}}A{\rm{cos}}B - {\rm{sin}}A{\rm{sin}}B\).

Đặt \(A = x - y\) và \(B = y\), biểu thức trở thành: \(M = {\rm{cos}}\left[ {\left( {x - y} \right) + y} \right] = {\rm{cos}}x\).

Chọn C.

Hàm số xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0: \({\rm{sin}}2x \cdot {\rm{cos}}2x \ne 0\).

Áp dụng công thức nhân đôi: \({\rm{sin}}4x = 2{\rm{sin}}2x \cdot {\rm{cos}}2x \Rightarrow {\rm{sin}}2x \cdot {\rm{cos}}2x = \frac{1}{2}{\rm{sin}}4x\).

Điều kiện tương đương với: \({\rm{sin}}4x \ne 0 \Leftrightarrow 4x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{{k\pi }}{4}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

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

Chọn A.

a) Sai. Công thức đúng phải là \(1 + {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}x = \frac{1}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x}}\) (với \({\rm{sin}}x \ne 0\)).

b) Sai. Công thức nhân đôi đúng là \({\rm{sin}}4x = 2{\rm{sin}}2x{\rm{cos}}2x = 4{\rm{sin}}x{\rm{cos}}x{\rm{cos}}2x\).

c) Đúng. Áp dụng công thức cộng sin: \({\rm{sin}}\left( {2x + \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{sin}}2x{\rm{cos}}\frac{\pi }{3} + {\rm{cos}}2x{\rm{sin}}\frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}{\rm{sin}}2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{cos}}2x\).

d) Sai. Ta biến đổi vế trái: \(\frac{1}{2}{\rm{sin}}x - \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{cos}}x = {\rm{sin}}x{\rm{cos}}\frac{\pi }{3} - {\rm{cos}}x{\rm{sin}}\frac{\pi }{3} = {\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)\).

Chuyển sang côsin: \({\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{2} - \left( {x - \frac{\pi }{3}} \right)} \right) = {\rm{cos}}\left( {\frac{{5\pi }}{6} - x} \right) = {\rm{cos}}\left( {x - \frac{{5\pi }}{6}} \right)\), không bằng \({\rm{cos}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right)\).

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

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

a) Sai. Vì \({\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}\).

b) Đúng. \({\rm{sin}}\left( {\alpha + \frac{\pi }{2}} \right) = {\rm{cos}}\alpha = - \frac{4}{5}\).

c) Sai. \({\rm{cos}}2\alpha = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - 2 \cdot {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = 1 - \frac{{18}}{{25}} = \frac{7}{{25}}\) (hoặc \({\rm{cos}}2\alpha = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{{16}}{{25}} - \frac{9}{{25}} = \frac{7}{{25}}\)).

d) Đúng. \({\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} = \frac{{\frac{3}{5}}}{{ - \frac{4}{5}}} = - \frac{3}{4}\).

a) Đúng. Khi \(m = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\), phương trình trở thành \({\rm{sin}}x = {\rm{sin}}\frac{\pi }{4} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k2\pi \) hoặc \(x = \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

b) Sai. Trong khoảng \(\left( { - \frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}} \right)\), hàm số \({\rm{sin}}x\) tăng nghiêm ngặt từ \( - 1\) đến \(1\). Do đó phương trình \({\rm{sin}}x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) chỉ có duy nhất một nghiệm là \(x = \frac{\pi }{4}\).

c) Đúng. Vì \({\rm{sin}}\frac{\pi }{4} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

d) Đúng. Khi \(m = 1\), phương trình là \({\rm{sin}}x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\). Xét khoảng \(\left( { - \pi ;\pi } \right)\), chỉ có duy nhất nghiệm \(k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{2}\). Tổng các nghiệm chính bằng \(\frac{\pi }{2}\).

Công thức tổng quát của cấp số cộng: \({u_n} = {u_1} + \left( {n - 1} \right)d = 5 - 7\left( {n - 1} \right)\).

a) Sai.

                             \({u_5} = 5 - 7\left( {5 - 1} \right) = 5 - 28 = - 23\)

                             \({u_7} = 5 - 7\left( {7 - 1} \right) = 5 - 42 = - 37\)

\( \Rightarrow {u_5} + {u_7} = \left( { - 23} \right) + \left( { - 37} \right) = - 60 \ne - 50\).

b) Đúng. \({u_{11}} = 5 - 7\left( {11 - 1} \right) = 5 - 70 = - 65\).

c) Sai. Giải phương trình \({u_n} = 114 \Leftrightarrow 5 - 7\left( {n - 1} \right) = 114 \Leftrightarrow - 7\left( {n - 1} \right) = 109 \Leftrightarrow n - 1 = - \frac{{109}}{7}\) (không nguyên). Hơn nữa, vì \(d = - 7 < 0\) và \({u_1} = 5\) nên các số hạng tiếp theo phải giảm dần, không thể có số hạng dương lớn hơn 5.

d). Đúng. Giải phương trình \({u_n} = - 849 \Leftrightarrow 5 - 7\left( {n - 1} \right) = - 849 \Leftrightarrow - 7\left( {n - 1} \right) = - 854 \Leftrightarrow n - 1 = 122 \Leftrightarrow n = 123\).

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

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

\(S\) là điểm chung thứ nhất: \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Trong mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\), ta có \(O = AC \cap BD\).

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: \(O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Vậy giao tuyến cần tìm là đường thẳng \(SO\), ta có \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

b) Tìm giao điểm của \(SD\) và \(\left( {AMB} \right)\):

Chọn mặt phẳng phụ chứa \(SD\) là \(\left( {SBD} \right)\). Ta đã biết \(\left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(AM\) và \(SO\).

Xét giao tuyến của mặt phẳng phụ \(\left( {SBD} \right)\) với mặt phẳng \(\left( {AMB} \right)\):

\(B\) là điểm chung thứ nhất.

Vì \(K \in AM \subset \left( {AMB} \right)\) và \(K \in SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(K\) là điểm chung thứ hai.

Do đó, giao tuyến của \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {AMB} \right)\) là đường thẳng \(BK\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(BK\) và \(SD\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in SD}\\{I \in BK \subset \left( {AMB} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow I = SD \cap \left( {AMB} \right)\).

c) Chứng minh \(AM,BI,SO\) đồng quy:

Theo kết quả dựng hình ở câu b:

Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), ta có \(K = AM \cap SO\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), ta có \(I = BK \cap SD\), điều này có nghĩa là ba điểm \(B,K,I\) thẳng hàng, hay đường thẳng \(BI\) đi qua điểm \(K\).

Như vậy, cả ba đường thẳng \(AM\), \(SO\), và \(BI\) đều cắt nhau tại cùng một điểm \(K\).

Vậy ba đường thẳng \(AM,BI,SO\) đồng quy tại điểm \(K\).

Mực nước \(h\) đạt giá trị cao nhất (lớn nhất) khi và chỉ khi giá trị của hàm số sin đạt lớn nhất, tức là:

                 \({\rm{sin}}\left( {\frac{{\pi t}}{4} + \frac{\pi }{3}} \right) = 1\).

Giải phương trình lượng giác trên, ta được:

\[\frac{{\pi t}}{4} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k2\pi \]\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{4} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{4} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \)\( \Leftrightarrow t = 4 \cdot \left( {\frac{1}{6} + 2k} \right) = \frac{2}{3} + 8k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Vì thời gian \(t \ge 0\), để tìm thời gian ngắn nhất (nhỏ nhất và dương), ta chọn \(k = 0\) nên \(t = \frac{2}{3}\) (giờ).

Theo đề bài, thời gian ngắn nhất có dạng tối giản \(t = \frac{a}{b} \Rightarrow a = 2,b = 3\).

Tính giá trị của biểu thức tích \(a \cdot b\), ta có: \(a \cdot b = 2 \cdot 3 = 6\).