Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 Trường trung học thực hành ĐHSP (TP.HCM) có đáp án

Hàm số $y = {\rm{cos}}x$ có tập xác định $D = \mathbb{R}$. Với mọi $x \in D$ thì $- x \in D$ và ${\rm{cos}}\left( { - x} \right) = {\rm{cos}}x$. Do đó, $y = {\rm{cos}}x$ là hàm số chẵn.

Các hàm số $y = {\rm{sin}}x$, $y = {\rm{tan}}x$, $y = {\rm{cot}}x$ đều là các hàm số lẻ.

Vậy phát biểu sai là C.

Chọn C.

Công thức chuyển đổi từ radian sang độ: $a^\circ = \alpha \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi }$.

Thay $\alpha = \frac{{17\pi }}{6}$ vào ta được: $\frac{{17\pi }}{6} \cdot \frac{{180^\circ }}{\pi } = 17 \cdot 30^\circ = 510^\circ$.

Chọn B.

Điều kiện xác định: $x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Phương trình tương đương: ${\rm{tan}}x = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow {\rm{tan}}x = {\rm{tan}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right) \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Giá trị này thỏa mãn điều kiện xác định.

Chọn D.

Vì $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ nên góc $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ IV, do đó ${\rm{sin}}\alpha < 0$.

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

Áp dụng công thức cộng:

${\rm{cos}}\left( {\alpha - \frac{\pi }{3}} \right) = {\rm{cos}}\alpha \cdot {\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{3}} \right) + {\rm{sin}}\alpha \cdot {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{3}} \right)$

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

Chọn C.

Theo công thức góc đối nhau: ${\rm{cos}}\left( { - \alpha } \right) = {\rm{cos}}\alpha$ là đẳng thức đúng.

Chọn B.

Theo công thức cộng đối với hàm cosin: ${\rm{cos}}\left( {a + b} \right) = {\rm{cos}}a \cdot {\rm{cos}}b - {\rm{sin}}a \cdot {\rm{sin}}b$.

Chọn A.

Lời giải

Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ $O\left( {0;0} \right)$ nên loại hàm số $y = {\rm{cos}}x$ và $y = {\rm{cot}}x$.

Đồ thị nhận các đường thẳng $x = \frac{\pi }{2} + k\pi$ làm đường tiệm cận đứng. Đây là đồ thị đặc trưng của hàm số $y = {\rm{tan}}x$.

Chọn C.

Gọi $E$ là trung điểm của cạnh $AB$.

Vì $M$ là trọng tâm nên $M \in CE$ và $\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{1}{3}$.

Vì $N$ là trọng tâm nên $N \in DE$ và $\frac{{EN}}{{ED}} = \frac{1}{3}$.

Xét trong tam giác $ECD$, ta có: $\frac{{EM}}{{EC}} = \frac{{EN}}{{ED}} = \frac{1}{3}$.

Theo định lý Thales đảo, ta suy ra $MN{\rm{//}}CD$.

Chọn A.

Ba điểm phân biệt phải không thẳng hàng mới xác định được duy nhất một mặt phẳng. Nếu ba điểm thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng đi qua chúng. Do đó phát biểu A sai.

Chọn A.

Dựa vào đồ thị hàm số $y = {\rm{sin}}x$, hàm số đồng biến trên các khoảng đồ thị đi lên từ trái sang phải.

Trên khoảng $\left( {\frac{{3\pi }}{2};\frac{{5\pi }}{2}} \right)$, đồ thị đi lên từ giá trị cực tiểu $- 1$ đến giá trị cực đại $1$.

Chọn C.

Vì $- \pi < \alpha < - \frac{\pi }{2}$ nên góc $\alpha$ thuộc góc phần tư thứ III, do đó ${\rm{sin}}\alpha < 0$.

Áp dụng công thức: $1 + {\rm{co}}{{\rm{t}}^2}\alpha = \frac{1}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }} \Rightarrow 1 + {2^2} = \frac{1}{{{\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha }} \Rightarrow {\rm{si}}{{\rm{n}}^2}\alpha = \frac{1}{5}$.

Vì ${\rm{sin}}\alpha < 0$ nên: ${\rm{sin}}\alpha = - \frac{1}{{\sqrt 5 }} = - \frac{{\sqrt 5 }}{5}$.

Chọn D.

Ta thấy hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ có hai điểm chung phân biệt là $S$ và $A$.

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $SA$.

Chọn D.

Phương trình tương đương: ${\rm{sin}}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\rm{sin}}x = {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right)$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{\pi }{6} + k2\pi \\x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi \end{array} \right.\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Xét các nghiệm nằm trong khoảng $\left( { - \pi ;\pi } \right)$:

Với họ nghiệm $x = \frac{\pi }{6} + k2\pi$, chọn $k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}$.

Với họ nghiệm $x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi$, chọn $k = 0 \Rightarrow x = \frac{{5\pi }}{6}$.

Vậy phương trình có tất cả 2 nghiệm thuộc khoảng đã cho.

Chọn C.

Hình chóp tứ giác gồm có 1 mặt đáy và 4 mặt bên là các tam giác.

Tổng số mặt là: $1 + 4 = 5$ mặt.

Chọn A.

Áp dụng công thức nghiệm đặc biệt của phương trình lượng giác cơ bản:

${\rm{cos}}x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Chọn A.

a) ${\rm{tan}}\left( {3x} \right) - \frac{{\sqrt 3 }}{{ - 3}} = 0$

Điều kiện xác định: $3x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{6} + \frac{{k\pi }}{3}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Phương trình tương đương: ${\rm{tan}}\left( {3x} \right) + \frac{{\sqrt 3 }}{3} = 0 \Leftrightarrow {\rm{tan}}\left( {3x} \right) = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$$\Leftrightarrow {\rm{tan}}\left( {3x} \right) = {\rm{tan}}\left( { - \frac{\pi }{6}} \right)$

$\Leftrightarrow 3x = - \frac{\pi }{6} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow x = - \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k\pi }}{3}\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Đối chiếu điều kiện xác định thấy thỏa mãn.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ { - \frac{\pi }{{18}} + \frac{{k\pi }}{3}\;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

b) ${\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{5}} \right) - {\rm{cos}}x = 0$

Phương trình tương đương: ${\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{5}} \right) = {\rm{cos}}x \Leftrightarrow {\rm{sin}}\left( {2x - \frac{\pi }{5}} \right) = {\rm{sin}}\left( {\frac{\pi }{2} - x} \right)$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}2x - \frac{\pi }{5} = \frac{\pi }{2} - x + k2\pi \\2x - \frac{\pi }{5} = \pi - \left( {\frac{\pi }{2} - x} \right) + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x = \frac{{7\pi }}{{10}} + k2\pi \\x = \frac{{7\pi }}{{10}} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{7\pi }}{{30}} + \frac{{k2\pi }}{3}\\x = \frac{{7\pi }}{{10}} + k2\pi \end{array} \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là: $S = \left\{ {\frac{{7\pi }}{{30}} + \frac{{k2\pi }}{3};\frac{{7\pi }}{{10}} + k2\pi \;|\;k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Ta có tính chất của hàm số cosin: $- 1 \le {\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{36}}} \right) \le 1$ với mọi $t > 0$.

Suy ra giá trị lớn nhất của độ cao $H\left( t \right)$ là: ${H_{{\rm{max}}}} = 15 \cdot 1 + 22 = 37{\rm{\;(m\'e t)}}$.

Độ cao đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi: ${\rm{cos}}\left( {\frac{{\pi t}}{{36}}} \right) = 1 \Leftrightarrow \frac{{\pi t}}{{36}} = k2\pi \Leftrightarrow t = 72k\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

Vì bài toán yêu cầu tìm thời điểm đầu tiên kể từ lúc bắt đầu quay nên ta cần tìm giá trị $t$ dương nhỏ nhất, ứng với $k = 1$: $t = 72 \cdot 1 = 72{\rm{\;(gi\^a y)}}$

Vậy sau $72$ giây thì đỉnh cánh quạt đạt độ cao lớn nhất lần đầu tiên.

a) Giao tuyến của $\left( {IAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$:

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

Điểm $I$ là trung điểm của $SB \Rightarrow I \in SB \subset \left( {SBD} \right)$. Mà $I \in \left( {IAC} \right)$ nên $I$ là điểm chung thứ nhất.

Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, có $O$ là tâm hình bình hành $\Rightarrow O = AC \cap BD$.

Vì $O \in AC \subset \left( {IAC} \right)$ và $O \in BD \subset \left( {SBD} \right)$ nên $O$ là điểm chung thứ hai.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {IAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $IO$.

b) Giao tuyến của $\left( {IAC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$:

Điểm $C$ thuộc cạnh $SC \subset \left( {SCD} \right)$ và đồng thời $C \in \left( {IAC} \right)$ nên $C$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {IAC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$.

Xét tam giác $SBD$, ta có $I$ là trung điểm của $SB$, $O$ là trung điểm của $BD$ (do $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$).

Suy ra $IO$ là đường trung bình của tam giác $SBD \Rightarrow IO{\rm{//}}SD$.

Hai mặt phẳng $\left( {IAC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ lần lượt chứa hai đường thẳng song song là $IO$ (thuộc $\left( {IAC} \right)$) và $SD$ (thuộc $\left( {SCD} \right)$), đồng thời chúng có điểm chung là $C$.

Theo tính chất giao tuyến, giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng $d$ đi qua $C$ và song song với cả $IO$ và $SD$.

c) Chứng minh $IT{\rm{//}}AD$

Xét trong tam giác $SBC$, ta có $I$ và $T$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $SB$ và $SC$.

Suy ra $IT$ là đường trung bình của .

Do đáy $ABCD$ là hình bình hành nên ta có $BC{\rm{//}}AD$.

Từ đó suy ra $IT{\rm{//}}AD$ (đpcm).

d) Giao điểm của $AI$ và $\left( {BDT} \right)$

Trong mặt phẳng đáy $\left( {ABCD} \right)$, gọi $O = AC \cap BD$.

Xét tam giác $SAC$, vì $O$ và $T$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $SC$ nên $TO$ là đường trung bình của .

Xét hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {BDT} \right)$ có $B$ là điểm chung, lần lượt chứa hai đường thẳng $SA$ và $TO$ song song với nhau. Do đó, giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {BDT} \right)$ là đường thẳng $Bx$ đi qua $B$ và $Bx{\rm{//}}SA{\rm{//}}TO$.

Chọn mặt phẳng phụ $\left( {SAB} \right)$ chứa $AI$. Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $AI$ và $Bx$ ($K = AI \cap Bx$).

Ta có:

$K \in AI$;

$K \in Bx$, mà $Bx \subset \left( {BDT} \right) \Rightarrow K \in \left( {BDT} \right)$.

Vậy $K$ chính là giao điểm của đường thẳng $AI$ và mặt phẳng $\left( {BDT} \right)$.