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:

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

- 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:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x_2} - {x_1} = CD = \frac{{2\pi }}{3}}\\{\frac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {x_1} + {x_2} = \pi }\end{array} \Rightarrow {x_2} = \frac{{5\pi }}{6},\,\,{x_1} = \frac{\pi }{6}} \right.$.

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 $CD$).