Đề giữa học kỳ 1 Toán 11 năm 2025 – 2026 trường THPT Gia Bình 1 – Bắc Ninh

$\alpha^{o} = \alpha.\dfrac{\pi}{180}$ rad.

Ta có $72^{o} = 72.\dfrac{\pi}{180} = \dfrac{2\pi}{5}$.

Tra bảng giá trị lượng giác hoặc bấm máy tính.

$\cos\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{- \sqrt{2}}{2}$.

Dựa vào công thức cộng lượng giác, công thức nhân đôi.

Khẳng định ở đáp án A sai vì công thức đúng là $\cos(a + b) = \cos a\cos b - \sin a\sin b$.

Hàm số chẵn có tập xác định có tính đối xứng và f(-x) = f(x).

Hàm số $y = \cos x$ là hàm số chẵn.

Tìm ĐKXĐ của hàm số.

$\left. \sin x \neq 0\Leftrightarrow x \neq \dfrac{\pi}{2} + k2\pi \right.$, $k \in {\mathbb{Z}}$.

Áp dụng công thức $\sin^{2}\alpha + \cos^{2}\alpha = 1$.

Do $\alpha \in \left( {\pi;\dfrac{3\pi}{2}} \right)$ nên $\sin\alpha < 0$.

Ta có $\sin\alpha = - \sqrt{1 - \cos^{2}\alpha} = - \sqrt{1 - \dfrac{25}{169}} = \dfrac{- 12}{13}$.

Thay n = 1 vào công thức số hạng tổng quát.

Ta có: $u_{1} = \dfrac{2.1 + 3}{1 + 1} = \dfrac{5}{2}$.

Dãy số $\left( {{u_n}} \right)$ được gọi là dãy số bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho ${u_n} \le M$, $\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Nói cách khác, nếu tất cả các số hạng của dãy $\left( {{u_n}} \right)$ luôn nhỏ hơn hoặc bằng một số thực thì dãy số đó bị chặn trên.

Ta có: $u_{n} = 1 - \dfrac{2}{3n + 1} < 1,\,\forall n \in {\mathbb{N}}^{*}$.

Dựa vào tập giá trị của hàm số y = sinx.

Ta có: $- 1 \leq \sin x \leq 1\Rightarrow - 1 \leq - \sin x \leq 1$

$\Rightarrow 1 \leq 2 - \sin x \leq 3$.

Do đó $M = 3,\, m = 1$.

Nếu một điểm thuộc một đường thẳng nằm trong mặt phẳng thì điểm đó cũng thuộc mặt phẳng.

Ta có $MN$ cắt $BD$ tại $I$ nên $\{\begin{array}{l}I\in MN\subset (ABD)\\ I\in BD\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {I \in MN \subset (ABD)} \\ {I \in BD} \end{array} \right.$.

Vậy I thuộc các mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$, $\left( {BCD} \right)$, $\left( {CMN} \right)$.

Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác và dấu hiệu nhận biết hình bình hành.

Ta có M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB nên MN là đường trung bình của tam giác SAB

$\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {MN \parallel AB} \\ {MN = \dfrac{1}{2}AB} \end{array} \right.$ \right. (1)

Lại có $\{\begin{array}{l}CD\parallel AB\\ CD={\displaystyle \frac{1}{2}}AB\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l} {CD \parallel AB} \\ {CD = \dfrac{1}{2}AB} \end{array} \right.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left. \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {MN \parallel CD} \\ {MN = CD} \end{array} \right.$ \right. nên tứ giác MNCD là hình bình hành $\left. \Rightarrow MD \parallel NC \right.$.

Áp dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

Ta có G là điểm chung của 2 mp (GIJ) và (BCD).

Mà $IJ \parallel CD$ nên giao tuyến của 2 mp (GIJ) và (BCD) là đường thẳng qua $G$ và song song với $CD$.

Áp dụng công thức cộng lượng giác.

a) Sai. Do $a$ là góc nhọn

$\Rightarrow\cos a = \sqrt{1 - \sin^{2}a}$

$= \sqrt{1 - \left( \dfrac{5}{13} \right)^{2}} = \dfrac{12}{13}$.

b) Sai. Ta có $\sin 2a = 2\sin a\cos a$

$= 2.\dfrac{5}{13}.\dfrac{12}{13} = \dfrac{120}{169}$.

c) Đúng. $\tan a = \dfrac{5}{12}$.

d) Đúng. $\tan a = \dfrac{5}{12},\tan b = \dfrac{3}{4}$

$\Rightarrow\tan(a + b) = \dfrac{56}{33}$.

Sử dụng quan hệ song song trong không gian.

a) Đúng. S, O là 2 điểm chung của (SAC) và (SBD) nên $SO = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

b) Đúng. Ta có $\left. \left( {OIA} \right) \equiv \left( {ACI} \right)\Rightarrow C = CD \cap \left( {OIA} \right) \right.$.

c) Sai. Chọn mặt phẳng (SAD) chứa SA, K là điểm chung của 2 mặt phẳng $\left( {SAD} \right),\left( {CKB} \right)$.

Lại có $BC \parallel AD$ nên $\left( {SAD} \right) \cap \left( {CKB} \right) = Kx$ $(Kx \parallel AD \parallel BC)$.

Trong mặt phẳng (SAD), đường Kx cắt SA tại J thì J là điểm chung của SA và (CKB)

d) Đúng. Do K là trung điểm của SD, KJ song song với AD nên J là trung điểm của SA

Lại có I là trung điểm của SB nên IJ là đường trung bình của tam giác SAB.

$\left. \Rightarrow IJ \parallel AB \right.$ mà $AB \parallel CD$ nên $IJ \parallel CD$.

Áp dụng công thức $\sin^{2}\alpha + \cos^{2}\alpha = 1$ và công thức nhân đôi.

Ta có $\left. \,\dfrac{\pi}{2} < x < \pi\Rightarrow\cos x < 0 \right.$.

Ta có $\cos x = - \sqrt{1 - \sin^{2}x}$

$= - \sqrt{1 - \dfrac{1}{25}} = - \dfrac{2\sqrt{6}}{5}$.

Suy ra $\sin 2x = 2\sin x\cos x$

$\left. = - 2.\dfrac{1}{5}.\dfrac{2\sqrt{6}}{5} = \dfrac{- 4\sqrt{6}}{25}\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {a = - 4} \\ {b = 25} \end{array} \right.$ \right..

Vậy $P = a + b = - 4 + 25 = 21$.

Dựa vào công thức nghiệm cơ bản của hàm lượng giác.

Ta có $\cos 3x = 0$

$\left. \Leftrightarrow 3x = \dfrac{\pi}{2} + k\pi\Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{k\pi}{3},k \in {\mathbb{Z}} \right.$.

Do $\left. x \in \left\lbrack {\dfrac{\pi}{6};\dfrac{37\pi}{6}} \right)\Rightarrow\dfrac{\pi}{6} \leq x < \dfrac{37\pi}{6} \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{k\pi}{3} < \dfrac{37\pi}{6}\Leftrightarrow 0 \leq k < 18 \right.$.

Do $k \in {\mathbb{Z}}$ nên có 18 giá trị k thỏa mãn.

Thay $u_{n} = \dfrac{20}{101}\,\,$ vào công thức số hạng tổng quát, tìm n.

Xét phương trình $\dfrac{20}{101} = \dfrac{2n}{n^{2} + 1}\,\,$

$\left. \Leftrightarrow 20n^{2} + 20 = 202n\Leftrightarrow n = 10 \right.$.

Sử dụng kiến thức về hai đường thẳng song song.

Ta có: $MN//DE$ nên bốn điểm $M,N,D,E$ đồng phẳng.

Trong mặt phẳng $(MNED)$, gọi $I = DM \cap NE\Rightarrow I \in AB$, $AB = (ABCD) \cap (ABEF)$, khi đó: $\dfrac{IM}{DM} = \dfrac{IN}{NE}$.

$\left. I = DM \cap NE\Rightarrow I \in AB,AB = (ABCD) \cap (ABEF) \right.$.

Theo giả thiết, ta có:

$\dfrac{AM}{AC} = k$ (1) $\Rightarrow\dfrac{AC - MC}{AC} = k$

$\Rightarrow 1 - \dfrac{MC}{AC} = k\Rightarrow\dfrac{MC}{AC} = 1 - k$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{AM}{MC} = \dfrac{k}{1 - k}$; tương tự ta chứng minh được $\dfrac{BN}{FN} = \dfrac{k}{1 - k}$.

Vì $AB//CD$ nên $\dfrac{IM}{DM} = \dfrac{IA}{DC} = \dfrac{AM}{MC} = \dfrac{k}{1 - k}$;

Vì $AB//EF$ nên $\dfrac{IN}{NE} = \dfrac{BI}{EF} = \dfrac{BN}{NF} = \dfrac{k}{1 - k}$.

Mặt khác $\dfrac{AI}{DC} + \dfrac{BI}{EF} = \dfrac{AI}{FE} + \dfrac{BI}{EF} = 1$

$\Rightarrow 2. \dfrac{k}{1 - k} = 1 \Rightarrow 2k = 1 - k\Rightarrow k = \dfrac{1}{3}$.

Vậy với $k = \dfrac{1}{3}$ thì $MN//DE$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản.

a) $\left. \text{cos}x = \text{cos}\dfrac{\pi}{8}\Leftrightarrow x = \pm \dfrac{\pi}{8} + k2\pi,k \in {\mathbb{Z}} \right.$.

b) $\sqrt{3}\tan 2x - 3 = 0\Leftrightarrow\tan 2x = \sqrt{3}$

$\Leftrightarrow\tan 2x = \tan\dfrac{\pi}{3} \Leftrightarrow 2x = \dfrac{\pi}{3} + k\pi$

$\Leftrightarrow x = \dfrac{\pi}{6} + k\dfrac{\pi}{2}\,\,(k \in {\mathbb{Z}})$.

c) $\sin 3x - \cos 2x = 0$

$\Leftrightarrow\sin 3x = \cos 2x$

$\left. \Leftrightarrow\sin 3x = \sin\left( {\dfrac{\pi}{2} - 2x} \right) \right.$

$\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {3x = \dfrac{\pi}{2} - 2x + k2\pi} \\ {3x = \pi - \left( {\dfrac{\pi}{2} - 2x} \right) + k2\pi} \end{array}$ \right.

$\Leftrightarrow\left\lbrack$$\begin{array}{l} {x = \dfrac{\pi}{10} + k\dfrac{2\pi}{5}} \\ {x = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi} \end{array}$ \right.,k \in {\mathbb{Z}}.

a) Sử dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

b) Tìm điểm chung I của AM và mặt phẳng (SBD) và áp dụng tính chất trọng tâm tam giác.

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l} {S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)} \\ {AD \parallel BC} \\ {AD \subset \left( {SAD} \right)} \\ {BC \subset \left( {SBC} \right)} \end{array} \right.$

$\Rightarrow\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = Sx$ (Sx qua $S,Sx \parallel AD \parallel BC$).

b) Ta có $\left. \left\{ \begin{array}{l} {M \subset SC \subset \left( {SAC} \right)} \\ {O \subset AC \subset \left( {SAC} \right)} \end{array} \right.\Rightarrow M,O \in \left( {SAC} \right) \right.$

Xét mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ có $SO \cap AM = I$

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {I \in SO \subset (SBD)} \\ {I \in AM} \end{array} \right.$Rightarrow I = AM \cap \left( {SBD} \right).

Ta có $AM \cap SO = I$ và O, M lần lượt là trung điểm của AC, SO nên SO, AM là hai đường trung tuyến của tam giác SAC

Do đó I là trọng tâm tam giác SAC. Vậy $\dfrac{AI}{AM} = \dfrac{2}{3}$.

Dựa vào tập giá trị và của hàm số lượng giác và công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản để giải bài toán.

Ta luôn có $\sin\left( {\dfrac{\pi}{182}(t - 80)} \right) \leq 1$

$\left. \Leftrightarrow 3\sin\left( {\dfrac{\pi}{182}(t - 80)} \right) + 12 \leq 15 \right.$.

Do đó $\left. d(t) = 15\Leftrightarrow\sin\left( {\dfrac{\pi}{182}(t - 80)} \right) = 1 \right.$

$\left. \Leftrightarrow\dfrac{\pi}{182}(t - 80) = \dfrac{\pi}{2} + k2\pi\, \right.$

$\left. \Leftrightarrow t - 80 = 91 + 364k \right.$

$\left. \,\Leftrightarrow t = 171 + 364k\,(k \in {\mathbb{Z}}) \right.$.

Do $t \in {\mathbb{Z}}$ và $0 < t \leq 365$ nên ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} {k \in {\mathbb{Z}}} \\ {0 < 171 + 364k \leq 365} \end{array}\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} {k \in {\mathbb{Z}}} \\ {- 171 < 364k \leq 194} \end{array} \right. \right.$

$\left. \Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l} {k \in {\mathbb{Z}}} \\ {- \dfrac{171}{364} < k \leq \dfrac{97}{182}} \end{array}\Leftrightarrow k = 0 \right.$ \right..

Với $k = 0$ thì $t = 171 + 364.0 = 171$.

Vậy thành phố $A$ có nhiều giờ có ánh sáng mặt trời nhất vào ngày thứ 171 trong năm.