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:

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

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}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{2x}&{ = \pi - 3x + k2\pi }\\{2x}&{ = - \left( {\pi - 3x} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{5x}&{ = \pi + k2\pi }\\{ - x}&{ = - \pi + k2\pi }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}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 $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF{\rm{//}}MN}\\{MN{\rm{//}}AB}\end{array} \Rightarrow EF{\rm{//}}AB} \right.$.

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: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{P \in AE \subset \left( {AEF} \right)}\\{P \in SD \subset \left( {SCD} \right)}\end{array} \Rightarrow P \in \left( {AEF} \right) \cap \left( {SCD} \right)} \right.$.

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: $d{\rm{//}}EF$.