Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2026-2027 THPT Việt Đức (Hà Nội) có đáp án

Chọn A.

Ta có $A = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \left( {\pi - \alpha } \right) = \sin \alpha - \sin \alpha = 0$.

Chọn B.

Phương trình $\sin x = 0 \Leftrightarrow x = k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A.

Vì $- 1 \le \cos x \le 1$ mà $- \frac{3}{2} < - 1$ nên phương trình $\cos x = - \frac{3}{2}$ vô nghiệm.

Chọn C.

Theo công thức nhân đôi,

$\cos 6a = \cos \left( {2 \cdot 3a} \right) = {\cos ^2}3a - {\sin ^2}3a = 1 - 2{\sin ^2}3a = 2{\cos ^2}3a - 1$.

Khẳng định $\cos 6a = 1 - 6{\sin ^2}a$ là sai.

Chọn D.

Đồ thị hàm số đi qua điểm $\left( {0;\,\,1} \right)$, nhận trục tung làm trục đối xứng và có chu kỳ $2\pi$, đây là đồ thị hàm số $y = \cos x$.

Chọn B.

Mũi tên chỉ chiều quay cùng chiều kim đồng hồ (chiều âm). Từ tia đầu $Ou$, tia quay trọn 1 vòng đầy đủ rồi quay tiếp một góc $360^\circ - 60^\circ = 300^\circ$ theo chiều âm đến tia cuối $Ov$. Do đó số đo góc lượng giác là $- 360^\circ - 300^\circ = - 660^\circ$.

Chọn D.

Áp dụng công thức cộng: $\sin 3x\cos x + \cos 3x\sin x = \sin \left( {3x + x} \right) = \sin 4x$.

Chọn B.

Công thức lượng giác cơ bản là ${\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1$.

Chọn B.

Hàm số $y = \tan x$ xác định khi $\cos x \ne 0 \Leftrightarrow x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}$.

Tập xác định là $D = \mathbb{R}\,{\rm{\backslash }}\,\left\{ {\frac{\pi }{2} + k\pi ,\,\,k \in \mathbb{Z}} \right\}$.

Chọn D.

Phương trình $3\tan \frac{x}{4} - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \tan \frac{x}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \tan \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \frac{x}{4} = \frac{\pi }{6} + k\pi \Leftrightarrow x = \frac{{2\pi }}{3} + k4\pi$.

Với $x \in \left[ {0;\,\,2\pi } \right) \Rightarrow x = \frac{{2\pi }}{3}$.

Chọn C.

Trong bốn hàm số đã cho, hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn vì $\cos \left( { - x} \right) = \cos x$.

Chọn A.

Với $\frac{\pi }{2} < \alpha < \pi$ (góc phần tư thứ II), ta có $\sin \alpha > 0$ và $\cos \alpha < 0$.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Tâm $O$ của tuabin ở độ cao $120$ m. Độ cao của một điểm trên cánh quạt so với mặt đất là $h = 120 + y$, với $y = 75\sin \theta$ ($\theta$ là góc lượng giác của cánh tương ứng).

⦁ Cánh $OM$: Điểm $M$ ở độ cao $49{\rm{ m}} \Rightarrow {y_M} = 49 - 120 = - 71{\rm{ m}} \Rightarrow \sin \alpha = - \frac{{71}}{{75}}$.

Vậy $\sin \alpha = - \frac{{71}}{{75}} < 0$.

b) Đúng. Vì $- \frac{\pi }{2} < \alpha < 0$ nên $\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \frac{{2\sqrt {146} }}{{75}}$.

⦁ Cánh $ON$: Góc lượng giác là $\beta = \alpha - \frac{{2\pi }}{3}$.

Ta có: $\sin \beta = \sin \left( {\alpha - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = - \frac{1}{2}\sin \alpha - \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos \alpha = \frac{{71 - 2\sqrt {438} }}{{150}} \approx 0{,}194$.

Chiều cao của điểm $N$ là:

${h_N} = 120 + 75\sin \beta = 120 + \frac{{71 - 2\sqrt {438} }}{2} \approx 134{,}57$ m.

Vậy chiều cao của điểm $N$ so với mặt đất lớn hơn $130$ m.

c) Sai. Điểm $N$ nằm ở nửa mặt phẳng phía trên trục hoành $Ox$, có tung độ ${y_N} > 0$ nên $\sin \beta > 0$.

d) Đúng. Góc lượng giác là $\gamma = \alpha + \frac{{2\pi }}{3}$. Ta có $\sin \gamma = \frac{{71 + 2\sqrt {438} }}{{150}} \approx 0{,}752$.

Chiều cao của điểm $P$ là:

${h_P} = 120 + 75\sin \gamma = 120 + \frac{{71 + 2\sqrt {438} }}{2} \approx 176{,}43$ m.

Vậy chiều cao của điểm $P$ so với mặt đất thấp hơn $180$ m.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Sai. Khi $m = 506 \Rightarrow \sin x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{6} + k2\pi$ hoặc $x = \frac{{5\pi }}{6} + k2\pi$.

Vậy nghiệm dương nhỏ nhất là $x = \frac{\pi }{6}$.

b) Đúng. Khi $m = \pi \Rightarrow \sin x = \frac{\pi }{{1012}}$. Vì $- 1 \le \frac{\pi }{{1012}} \le 1$ nên phương trình có nghiệm.

c) Đúng. Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $- 1 \le \frac{m}{{1012}} \le 1 \Leftrightarrow - 1012 \le m \le 1012$. Số giá trị nguyên của $m$ là $1012 - \left( { - 1012} \right) + 1 = 2025$.

d) Sai. Khi $x \in \left( {0;\,\,\pi } \right)$ thì $0 < \sin x \le 1$.

Phương trình có nghiệm khi $0 < \frac{m}{{1012}} \le 1 \Leftrightarrow 0 < m \le 1012$.

Vậy có 1012 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

Gọi $H$ là trung điểm của dây cung $AB$ và đặt $\theta = \widehat {AOB}$.

Tam giác $OAB$ cân tại $O$ với $OA = OB = 100$ m, nên $OH \bot AB$ và $OH$ là tia phân giác của góc $\widehat {AOB}$.

Trong tam giác vuông $OHA$, ta có:

$AH = \frac{{AB}}{2} = 60$ m và $\sin \frac{\theta }{2} = \frac{{AH}}{{OA}} = \frac{{60}}{{100}} = 0{,}6$.

Sử dụng máy tính ở chế độ radian suy ra $\theta \approx 1{,}287{\rm{ rad}}$.

Quãng đường ngắn nhất đi bộ trên bờ hồ là độ dài cung nhỏ $AB$:

$s = R \cdot \theta \approx 100 \cdot 1{,}287 \approx 129$ m.

Đáp số: 129.

Vì $0 < \alpha < \frac{\pi }{2}$ nên $\cos \alpha > 0$.

$\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } = \sqrt {1 - {{0{,}6}^2}} = 0{,}8$.

Do đó $\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }} = \frac{{0{,}6}}{{0{,}8}} = 0{,}75$.

Đáp số: 0,75.

Với $\omega > 0$, hàm số $y = \sin \left( {\omega x} \right)$ tuần hoàn với chu kỳ $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$.

Với $\omega = \pi$, chu kỳ tuần hoàn là $T = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2$.

Đáp số: 2.

Đoạn $\left[ {0;\,\,2028\pi } \right]$ tương ứng với đúng 1014 vòng quay đầy đủ $\left( {1014 \times 2\pi } \right)$.

Trong mỗi vòng quay, phương trình $\sin x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ có đúng 2 nghiệm (tại $\frac{\pi }{4}$ và $\frac{{3\pi }}{4}$). Do đó trên đoạn $\left[ {0;\,\,2028\pi } \right]$ có $1014 \cdot 2 = 2028$ nghiệm.

Đoạn cần xét là $\left[ {\frac{\pi }{2};\,\,2028\pi } \right]$, tức loại bỏ nửa khoảng $\left[ {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$.

Trên $\left[ {0;\,\,\frac{\pi }{2}} \right)$, phương trình chỉ có duy nhất 1 nghiệm là $x = \frac{\pi }{4}$.

Vậy số nghiệm cần tìm là $2028 - 1 = 2027$.

Đáp số: 2027.

Biến đổi phương trình dao động về dạng chuẩn:

${x_1}\left( t \right) = - 3\cos \left( {\frac{\pi }{2}t - \frac{\pi }{4}} \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{2}t - \frac{\pi }{4} + \pi } \right) = 3\cos \left( {\frac{\pi }{2}t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)$ (cm).

a) Biên độ dao động là $A = 3{\rm{ cm}}$. Pha ban đầu là $\varphi = \frac{{3\pi }}{4}{\rm{ rad}}$ (thỏa mãn điều kiện).

b) Tần số góc $\omega = \frac{\pi }{2}{\rm{ rad/s}}$.

Chu kỳ dao động là $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{\frac{\pi }{2}}} = 4$ (s).

Thời gian $\Delta t = 1{\rm{ ph\'u t}} = 60{\rm{ s}}$.

Số dao động toàn phần vật thực hiện được là:

$N = \frac{{\Delta t}}{T} = \frac{{60}}{4} = 15$ (dao động).

Biến đổi tử thức:

$\sin x + \sin 2x + \sin 3x = \left( {\sin 3x + \sin x} \right) + \sin 2x = 2\sin 2x\cos x + \sin 2x = \sin 2x\left( {2\cos x + 1} \right)$.

Biến đổi mẫu thức:

$\cos x + \cos 2x + \cos 3x = \left( {\cos 3x + \cos x} \right) + \cos 2x = 2\cos 2x\cos x + \cos 2x = \cos 2x\left( {2\cos x + 1} \right).$

Rút gọn biểu thức $A$: $A = \frac{{\sin 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}}{{\cos 2x\left( {2\cos x + 1} \right)}} = \frac{{\sin 2x}}{{\cos 2x}} = \tan 2x$.

Theo định lí sin, ta có $a = 2R\sin A$, $b = 2R\sin B$, $c = 2R\sin C$.

Trong tam giác $ABC$, do $C = \pi - \left( {A + B} \right)$ nên $\sin C = \sin \left( {A + B} \right)$.

Từ giả thiết $a + b = 2c$, suy ra:

$\sin A + \sin B = 2\sin \left( {A + B} \right)$$\Leftrightarrow 2\sin \frac{{A + B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2} = 4\sin \frac{{A + B}}{2}\cos \frac{{A + B}}{2}$.

Vì $0 < \frac{{A + B}}{2} < \frac{\pi }{2}$ nên $\sin \frac{{A + B}}{2} \ne 0$, chia cả hai vế cho $2\sin \frac{{A + B}}{2}$ ta được:

$\cos \frac{{A - B}}{2} = 2\cos \frac{{A + B}}{2}$

$\Leftrightarrow \cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2} + \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} = 2\left( {\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2} - \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}} \right)$

$\Leftrightarrow 3\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} = \cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}$.

Chia cả hai vế cho $\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2} \ne 0$:

$3\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} = 1 \Leftrightarrow P = \tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} = \frac{1}{3}$.

Vậy tích $P = \frac{1}{3}$ có giá trị không đổi.