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

Một bánh xe có 72 răng tương ứng với một vòng quay hoàn chỉnh là $360^\circ$.

Số đo góc khi bánh xe di chuyển 1 răng là: $\frac{{360^\circ }}{{72}} = 5^\circ$.

Số đo góc mà bánh xe đã quay được khi di chuyển 10 răng là: $10 \cdot 5^\circ = 50^\circ$.

Chọn D.

Ta có hệ thức: $1 + {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} \Rightarrow 1 + {2^2} = \frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha }} \Rightarrow {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = \frac{1}{5}$.

Vì $180^\circ < \alpha < 270^\circ$ (góc thuộc góc phần tư thứ III) nên ${\rm{cos}}\alpha < 0$ và ${\rm{sin}}\alpha < 0$. Do đó:

${\rm{cos}}\alpha = - \frac{1}{{\sqrt 5 }} = - \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Mặt khác, từ ${\rm{tan}}\alpha = \frac{{{\rm{sin}}\alpha }}{{{\rm{cos}}\alpha }} \Rightarrow {\rm{sin}}\alpha = {\rm{tan}}\alpha \cdot {\rm{cos}}\alpha$:

${\rm{sin}}\alpha = 2 \cdot \left( { - \frac{{\sqrt 5 }}{5}} \right) = - \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$.

Giá trị của biểu thức cần tìm là:

${\rm{cos}}\alpha + {\rm{sin}}\alpha = - \frac{{\sqrt 5 }}{5} + \left( { - \frac{{2\sqrt 5 }}{5}} \right) = - \frac{{3\sqrt 5 }}{5}$.

Chọn A.

Phương trình lượng giác cơ bản: ${\rm{cos}}\frac{x}{3} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Nhân cả hai vế với 3, ta được: $x = \frac{{3\pi }}{2} + k3\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn D.

Ba số $2x - 3;x;2x + 3$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân khi và chỉ khi:

${x^2} = \left( {2x - 3} \right)\left( {2x + 3} \right)$$\Leftrightarrow {x^2} = 4{x^2} - 9$$\Leftrightarrow 3{x^2} = 9 \Leftrightarrow {x^2} = 3 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 3$.

Vì đề bài yêu cầu tìm $x$ dương nên ta chọn $x = \sqrt 3$.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = {\rm{cos}}x$, trên khoảng $\left( { - \pi ;0} \right)$, đồ thị có hướng đi lên từ trái sang phải (đi từ điểm $\left( { - \pi ; - 1} \right)$ lên đến điểm $\left( {0;1} \right)$). Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \pi ;0} \right)$.

Chọn C.

Theo tính chất thừa nhận của hình học không gian, nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất chứa tất cả các điểm chung của hai mặt phẳng đó.

Mệnh đề B sai vì thiếu điều kiện "phân biệt". Nếu hai mặt phẳng trùng nhau, chúng có vô số đường thẳng chung chứ không phải duy nhất một đường thẳng chung.

Chọn B.

Ta tìm hai số hạng đầu tiên của cấp số cộng:

Với $n = 1 \Rightarrow {u_1} = 3 \cdot 1 - 2 = 1$.

Với $n = 2 \Rightarrow {u_2} = 3 \cdot 2 - 2 = 4$.

Công sai $d$ được tính bằng: $d = {u_2} - {u_1} = 4 - 1 = 3$.

Chọn A.

Sử dụng công thức cộng của hàm sin: ${\rm{sin}}\left( {a - b} \right) = {\rm{sin}}a{\rm{cos}}b - {\rm{cos}}a{\rm{sin}}b$.

Áp dụng ta có: ${\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{sin}}x \cdot {\rm{cos}}\frac{\pi }{6} - {\rm{cos}}x \cdot {\rm{sin}}\frac{\pi }{6}$.

Mà ${\rm{cos}}\frac{\pi }{6} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ và ${\rm{sin}}\frac{\pi }{6} = \frac{1}{2}$, do đó: ${\rm{sin}}\left( {x - \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{\rm{sin}}x - \frac{1}{2}{\rm{cos}}x$.

Chọn C.

Xét mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$:

Đường thẳng $CD$ nằm trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$.

Hai điểm $N$ và $P$ đều nằm trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ (vì $N \in BC,P \in BD$), suy ra đường thẳng $NP$ nằm trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$.

Mặt khác, đường thẳng $NP$ cũng thuộc mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$, gọi $E$ là giao điểm của $CD$ và $NP$. Khi đó:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in CD}\\{E \in NP \subset \left( {MNP} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow E = CD \cap \left( {MNP} \right)$.

Vậy giao điểm của đường thẳng $CD$ và mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ là giao điểm của $CD$ và $NP$.

Chọn A.

Khẳng định A đúng vì hình chóp đáy tứ giác có 4 mặt bên là $\left( {SAB} \right),\left( {SBC} \right),\left( {SCD} \right),\left( {SDA} \right)$.

Khẳng định B đúng vì $S$ là điểm chung thứ nhất, $O = AC \cap BD$ nên $O$ là điểm chung thứ hai.

Khẳng định C đúng vì $S$ là điểm chung thứ nhất, $I = AD \cap BC$ nên $I$ là điểm chung thứ hai.

Khẳng định D sai vì hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ có các điểm chung rõ ràng là $S$ và $A$, do đó giao tuyến của chúng phải là đường thẳng $SA$.

Chọn D.

Theo các cách xác định mặt phẳng cơ bản:

Ba điểm phải không thẳng hàng mới xác định được một mặt phẳng duy nhất (A sai).

Một điểm phải nằm ngoàiđường thẳng mới xác định được mặt phẳng duy nhất (B sai).

Hai đường thẳng cắt nhau luôn luôn xác định một và chỉ một mặt phẳng duy nhất.

Chọn C.

Hàm số phân thức xác định khi và chỉ khi mẫu số khác 0: ${\rm{sin}}x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

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

Chọn B.

a) SAI.

Vì $\pi < \alpha < \frac{{3\pi }}{2}$ thuộc góc phần tư thứ III, tại đây cả ${\rm{sin}}\alpha$ và ${\rm{cos}}\alpha$ đều có giá trị âm:

${\rm{sin}}\alpha < 0,{\rm{cos}}\alpha < 0$.

b) ĐÚNG.

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

${\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\alpha = 1 - {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = 1 - {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} = \frac{8}{9} \Rightarrow {\rm{cos}}\alpha = - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$.

Khai triển biểu thức:

${\rm{cos}}\left( {\alpha - \frac{\pi }{6}} \right) = {\rm{cos}}\alpha {\rm{cos}}\frac{\pi }{6} + {\rm{sin}}\alpha {\rm{sin}}\frac{\pi }{6}$$= \left( { - \frac{{2\sqrt 2 }}{3}} \right) \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \left( {\frac{1}{3}} \right) \cdot \frac{1}{2} = - \frac{{2\sqrt 6 }}{6} + \frac{1}{6} = \frac{{1 - 2\sqrt 6 }}{6}$.

Đồng nhất với biểu thức đề bài $\frac{{1 - a\sqrt 6 }}{b}$, ta được $a = 2$ và $b = 6$ (thỏa mãn $a,b \in \mathbb{N}$).

Suy ra $a + b = 2 + 6 = 8$.

c) SAI.

Ta có $- \frac{{\sqrt 3 }}{2} = {\rm{sin}}\left( { - \frac{\pi }{3}} \right)$. Do đó phương trình tương đương với:

$\left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{3x + \frac{\pi }{3}}&{ = - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{3x + \frac{\pi }{3}}&{ = \pi - \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{3x}&{ = - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi }\\{3x}&{ = \pi + k2\pi }\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}x&{ = - \frac{{2\pi }}{9} + k\frac{{2\pi }}{3}}\\x&{ = \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3}}\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

d) SAI.

Ta xét các nghiệm thuộc khoảng $\left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$:

Họ nghiệm thứ nhất: $x = - \frac{{2\pi }}{9} + k\frac{{2\pi }}{3} = \frac{{ - 2\pi + 6k\pi }}{9}$

$0 < \frac{{ - 2\pi + 6k\pi }}{9} < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow 0 < - 2 + 6k < 4{,}5 \Leftrightarrow 2 < 6k < 6{,}5 \Leftrightarrow \frac{1}{3} < k < \frac{{6{,}5}}{6}$.

Với $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 1$. Suy ra có 1 nghiệm $x = \frac{{4\pi }}{9}$.

Họ nghiệm thứ hai: $x = \frac{\pi }{3} + k\frac{{2\pi }}{3} = \frac{{\pi + 2k\pi }}{3}$

$0 < \frac{{\pi + 2k\pi }}{3} < \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow 0 < 1 + 2k < 1{,}5 \Leftrightarrow - 1 < 2k < 0{,}5 \Leftrightarrow - 0{,}5 < k < 0{,}25$.

Với $k \in \mathbb{Z} \Rightarrow k = 0$. Suy ra có 1 nghiệm $x = \frac{\pi }{3}$.

Vậy phương trình chỉ có 2 nghiệm trên khoảng này, không phải 3 nghiệm.

a) ĐÚNG.

Hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ có chung điểm đỉnh $S$. Mặt khác $O = AC \cap BD$ với $AC \subset \left( {SAC} \right)$ và $BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $O$ là điểm chung thứ hai. Vậy giao tuyến là $SO$.

b) ĐÚNG.

Ta có $O \in BD$. Lại có $O \in AC \subset \left( {SAC} \right)$. Vậy $O = BD \cap \left( {SAC} \right)$.

c) ĐÚNG.

Xét mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $MN$ và $SO$. Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SC$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAC$. Do đó $MN\parallel AC$.

Trong tam giác $SAC$, đường thẳng $MN$ song song với cạnh đáy $AC$ và đi qua trung điểm của hai cạnh bên, cắt đường trung tuyến/đường phân đoạn $SO$ tại $K$, theo định lí Thales thì $K$ phải là trung điểm của $SO$.

Vì $K \in SO \subset \left( {SBD} \right)$ nên $K$ chính là giao điểm của $MN$ và $\left( {SBD} \right)$.

d) SAI.

Hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {MCD} \right)$ có điểm chung rõ ràng là $C$. Điểm $M$ thuộc $SA$ không nằm trên giao tuyến. Giao tuyến thực tế của $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {MCD} \right)$ là đường thẳng đi qua $C$ và song song hoặc cắt cạnh khác, không phải là đoạn $SC$.

Sử dụng công thức nhân đôi của hàm cosin theo hàm sin: ${\rm{cos}}2x = 1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x$.

Thay vào biểu thức $A$: $A = \left( {1 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x} \right) + 1 = 2 - 2{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x$.

Thay số ${\rm{sin}}x = \frac{2}{3}$: $A = 2 - 2 \cdot {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = 2 - 2 \cdot \frac{4}{9} = 2 - \frac{8}{9} = \frac{{10}}{9} \approx 1{,}11$.

Kết quả: $1{,}11$.

Mức lương nhận được qua mỗi năm lập thành một cấp số cộng với:

Số hạng đầu ${u_1} = 35000$;

Công sai $d = 1400$.

Gọi $n$ là số năm làm việc của anh Bình. Tổng tiền lương nhận được sau $n$ năm là tổng của $n$ số hạng đầu trong cấp số cộng: ${S_n} = \frac{{n\left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]}}{2}$.

Theo đề bài, ta có ${S_n} = 319200$, thay các giá trị vào phương trình:

$319200 = \frac{{n\left[ {2 \cdot 35000 + \left( {n - 1} \right) \cdot 1400} \right]}}{2}$$\Leftrightarrow 319200 = \frac{{n\left[ {70000 + 1400n - 1400} \right]}}{2}$

$\Leftrightarrow 319200 = n\left( {34300 + 700n} \right)$$\Leftrightarrow 700{n^2} + 34300n - 319200 = 0$$\Leftrightarrow {n^2} + 49n - 456 = 0$.

Giải phương trình bậc hai trên ta được hai nghiệm: $\left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}n&{ = 8\,\,{\rm{(nhan)}}}\\n&{ = - 57\,\,{\rm{(loai)}}}\end{array}} \right.$.

Kết quả: $8$.

Giá trị của hàm số ${\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right)$ luôn thỏa mãn: $- 1 \le {\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) \le 1$.

Do đó độ sâu $h$ đạt giá trị lớn nhất (cao nhất) khi và chỉ khi:

${\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4}} \right) = 1$$\Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{8} + \frac{\pi }{4} = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow \frac{t}{8} + \frac{1}{4} = 2k \Leftrightarrow \frac{t}{8} = 2k - \frac{1}{4} \Leftrightarrow t = 16k - 2$.

Vì thời gian $t$ tính trong một ngày nên $0 \le t \le 24$.

Với $k = 1 \Rightarrow t = 16 \cdot 1 - 2 = 14$ (thỏa mãn).

Với các giá trị $k$ khác, $t$ nằm ngoài khoảng $\left[ {0;24} \right]$.

Vậy mực nước kênh cao nhất vào lúc 14 giờ (2 giờ chiều).

Kết quả: $14$.

Rút gọn biểu thức lượng giác dựa vào tính chất tuần hoàn:

${\rm{sin}}\left( {x + 2025\pi } \right) = {\rm{sin}}\left( {x + \pi + 1012 \cdot 2\pi } \right) = {\rm{sin}}\left( {x + \pi } \right) = - {\rm{sin}}x$;

${\rm{tan}}\left( {2025\pi - x} \right) = {\rm{tan}}\left( { - x} \right) = - {\rm{tan}}x$.

Do đó biểu thức $T$ trở thành: $T = - 9{\rm{sin}}x - \sqrt 3 {\rm{tan}}x = - 9{\rm{sin}}x - \sqrt 3 \frac{{{\rm{sin}}x}}{{{\rm{cos}}x}} = {\rm{sin}}x\left( { - 9 - \frac{{\sqrt 3 }}{{{\rm{cos}}x}}} \right)$.

Vì $- \pi < x < - \frac{\pi }{2}$ (góc thuộc góc phần tư thứ III) nên ${\rm{sin}}x < 0$.

${\rm{si}}{{\rm{n}}^2}x = 1 - {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x = 1 - {\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = 1 - \frac{3}{9} = \frac{2}{3} \Rightarrow {\rm{sin}}x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Thay ${\rm{sin}}x$ và ${\rm{cos}}x$ vào biểu thức $T$:

$T = \left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) \cdot \left[ { - 9 - \frac{{\sqrt 3 }}{{ - \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}} \right] = \left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) \cdot \left[ { - 9 + 3} \right] = \left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) \cdot \left( { - 6} \right) = 2\sqrt 6 \approx 4{,}90$.

Kết quả: $4{,}90$.

Sử dụng công thức phụ nhau để chuyển đổi hàm sin về hàm cos: ${\rm{sin}}\theta = {\rm{cos}}\left( {90^\circ - \theta } \right)$.

${\rm{sin}}\left( {50^\circ - x} \right) = {\rm{cos}}\left( {90^\circ - \left( {50^\circ - x} \right)} \right) = {\rm{cos}}\left( {40^\circ + x} \right)$.

Phương trình ban đầu tương đương với: ${\rm{cos}}\left( {2x + 20^\circ } \right) = {\rm{cos}}\left( {x + 40^\circ } \right)$

$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr}{2x + 20^\circ }&{ = x + 40^\circ + k360^\circ }\\{2x + 20^\circ }&{ = - \left( {x + 40^\circ } \right) + k360^\circ }\end{array}} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Trường hợp 1: $2x - x = 40^\circ - 20^\circ + k360^\circ \Leftrightarrow x = 20^\circ + k360^\circ$.

Trường hợp 2: $2x + 20^\circ = - x - 40^\circ + k360^\circ \Leftrightarrow 3x = - 60^\circ + k360^\circ \Leftrightarrow x = - 20^\circ + k120^\circ$.

Vậy nghiệm của phương trình là $x = 20^\circ + k360^\circ$; $x = - 20^\circ + k120^\circ$ ($k \in \mathbb{Z}$).

Tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}$. Đây là tập đối xứng vì với mọi $x \in D$ thì $- x \in D$.

Xét $f\left( { - x} \right)$ ta có: $f\left( { - x} \right) = \left( { - x} \right) \cdot {\rm{sin}}\left( {3\left( { - x} \right)} \right) = \left( { - x} \right) \cdot {\rm{sin}}\left( { - 3x} \right)$$= \left( { - x} \right) \cdot \left( { - {\rm{sin}}3x} \right) = x{\rm{sin}}3x = f\left( x \right)$.

Vì $f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)$ nên hàm số đã cho là hàm số chẵn.

Trong tam giác $ABC$, tổng ba góc bằng $180^\circ$ (hay $\pi$ radian) nên $A + B + C = \pi$.

Biến đổi vế trái (VT) của đẳng thức cần chứng minh:

${\rm{VT}} = {\rm{cos}}\left( {A + B + 2C} \right) = {\rm{cos}}\left( {\left( {A + B + C} \right) + C} \right) = {\rm{cos}}\left( {\pi + C} \right)$.

Sử dụng tính chất của hai góc hơn kém nhau $\pi$: ${\rm{cos}}\left( {\pi + \alpha } \right) = - {\rm{cos}}\alpha$. Ta được:

$\text{VT}=-\text{cos}C=\text{VP(đpcm)}$

Ta xét hai trường hợp của số nguyên $k$:

Trường hợp 1: $k$ là số chẵn ($k = 2m,m \in \mathbb{Z}$):

${\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{4} + 2m\pi } \right) = {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Trường hợp 2: $k$ là số lẻ ($k = 2m + 1,m \in \mathbb{Z}$):

${\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{4} + \left( {2m + 1} \right)\pi } \right) = {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{4} + \pi + 2m\pi } \right) = {\rm{sin}}\left( {\frac{{5\pi }}{4}} \right) = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Gộp hai trường hợp lại, ta có kết quả tổng quát: ${\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{4} + k\pi } \right) = {\left( { - 1} \right)^k}\frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Đây là bài toán ứng dụng công thức tăng trưởng mũ: $N = {N_0} \cdot {\left( {1 + r} \right)^t}$.

Trong đó: ${N_0} = 97{,}58$ (triệu người); $r = 1{,}14{\rm{\% }} = 0{,}0114$; $t = 2025 - 2020 = 5$ (năm).

Dân số nước ta vào tháng 12 năm 2025 ước tính là:

$N = 97{,}58 \cdot {\left( {1 + 0{,}0114} \right)^5} = 97{,}58 \cdot {\left( {1{,}0114} \right)^5} \approx 103{,}27$.

Làm tròn đến hàng đơn vị ta được $103$ triệu người.

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ bức tường xuống mặt đất phẳng nằm ngang. Khi đó:

Khoảng cách từ vận động viên đến bức tường là đoạn $AH = x$ ($x > 0$).

Độ cao mục tiêu $B$ là $BH = 40{\rm{m}}$.

Độ cao mục tiêu $C$ là $CH = 90{\rm{m}}$.

Xét các tam giác vuông $AHB$ và $AHC$ vuông tại $H$:

${\rm{tan}}\alpha = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{40}}{x}$;

${\rm{tan}}2\alpha = \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{90}}{x}$.

Sử dụng công thức nhân đôi cho hàm tang: ${\rm{tan}}2\alpha = \frac{{2{\rm{tan}}\alpha }}{{1 - {\rm{ta}}{{\rm{n}}^2}\alpha }}$.

Thay các tỉ số lượng giác vừa tìm được ở trên vào công thức:

$\frac{{90}}{x} = \frac{{2 \cdot \frac{{40}}{x}}}{{1 - {{\left( {\frac{{40}}{x}} \right)}^2}}}$$\Leftrightarrow \frac{{90}}{x} = \frac{{\frac{{80}}{x}}}{{1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}}}$.

Vì $x > 0$, ta rút gọn bớt $\frac{1}{x}$ ở cả hai vế:

$90 = \frac{{80}}{{1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}}}$$\Leftrightarrow 90\left( {1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}}} \right) = 80$$\Leftrightarrow 1 - \frac{{1600}}{{{x^2}}} = \frac{{80}}{{90}} = \frac{8}{9}$$\Leftrightarrow \frac{{1600}}{{{x^2}}} = 1 - \frac{8}{9} = \frac{1}{9}$

$\Leftrightarrow {x^2} = 1600 \cdot 9 = 14400 \Rightarrow x = \sqrt {14400} = 120{\rm{m}}\left( {{\rm{do\;}}x > 0} \right)$

Vậy khoảng cách từ vận động viên đến bức tường bằng $120{\rm{m}}$.