Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in SD}\\{I \in BK \subset \left( {AMB} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow I = SD \cap \left( {AMB} \right)$.

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: $a \cdot b = 2 \cdot 3 = 6$.