Đề giữa học kỳ 1 Toán 11 năm 2025 – 2026 trường THPT Lục Nam – Bắc Ninh

Dựa vào lí thuyết giá trị lượng giác của góc tù.

Với $\dfrac{\pi}{2} < a < \pi$ thì $cosa < 0$ và $\sin a > 0$. Do đó $\tan a < 0$ và $\cot a < 0$.

Dựa vào công thức nhân đôi.

$\sin 2a = 2\sin a\cos a$.

Dựa vào đồ thị của các hàm số lượng giác.

Hàm số $y = \cos x$ nhận trục tung làm trục đối xứng.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_{n} = u_{1} + (n - 1)d$.

$u_{20} = u_{1} + 19d$.

Phương trình $\cos x = m$ vô nghiệm khi |m| > 1.

Phương trình $\cos 2x = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$ vô nghiệm vì $\dfrac{\sqrt{5}}{2} > 1$.

Tìm hai điểm chung phân biệt của hai mặt phẳng. Đường thẳng đi qua hai điểm đó là giao tuyến của hai mặt phẳng.

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {S \in (SAC)} \\ {S \in (SBD)} \end{array}$ \right\}\Rightarrow S \in (SAC) \cap (SBD) \right. (1)

$\left. \left.$$\begin{array}{l} {O \in AC \subset (SAC)} \\ {O \in BD \subset (SBD)} \end{array}$ \right\}\Rightarrow O \in (SAC) \cap (SBD) \right. (2)

Từ (1) và (2) suy ra giao tuyến của (SAC) và (SBD) là SO.

Áp dụng công thức $l = r\alpha$.

Quãng đường đi được là: $\dfrac{100}{2}.5.2\pi = 500\pi$ (cm).

$\left. \cot x = \cot\alpha\Leftrightarrow x = \alpha + k\pi,k \in {\mathbb{Z}} \right.$.

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

Dựa vào lí thuyết đường thẳng song song với mặt phẳng.

$a\parallel \left( \alpha \right)$ hoặc $a \subset (\alpha)$.

Dựa vào lí thuyết vị trí tương đối giữa hai đường thẳng.

Mệnh đề ở đáp án B sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể song song với nhau.

Xét hiệu $u_{n + 1} - u_{n}$.

$u_{n + 1} - u_{n} = \dfrac{1}{3(n + 1) + 2} - \dfrac{1}{3n + 2}$

$= \dfrac{1}{3n + 5} - \dfrac{1}{3n + 2} = \dfrac{3n + 2 - 3n - 5}{(3n + 5)(3n + 2)}$

$= \dfrac{- 3}{(3n + 5)(3n + 2)} < 0$ với mọi $n \in {\mathbb{N}}^{*}$.

Do đó, dãy số trên là dãy số giảm.

Mặt phẳng được xác định nếu biết:

- Ba điểm không thẳng hàng.

- Một điểm và một đường thẳng không đi qua điểm đó.

- Hai đường thẳng cắt nhau.

Một mặt phẳng hoàn toàn được xác định nếu biết ba điểm không thẳng hàng.

Sử dụng kiến thức về hàm số lượng giác, phương trình lượng giác để giải.

a) Sai. Tập xác định $D = \mathbb{R}$ là tập đối xứng. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có:

$f\left( { - x} \right) = 2\cos \left( { - x} \right) - \sqrt 3 = 2\cos x - \sqrt 3 = f\left( x \right)$.

Vì $f\left( { - x} \right) = f\left( x \right)$ nên đây là hàm số chẵn. Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

b) Sai. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

$2\cos x - \sqrt 3 = 0 \Leftrightarrow \cos x = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow x = \pm \frac{\pi }{6} + k2\pi$   $\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$.

c) Đúng. Tập xác định $D = \mathbb{R}$.

d) Đúng. Xét các họ nghiệm đã tìm được ở câu b):

+) $x = \frac{\pi }{6} + k2\pi$:

Với $k = 0 \Rightarrow x = \frac{\pi }{6}$ (thỏa mãn $0 \le \frac{\pi }{6} \le \frac{{5\pi }}{2}$).

Với $k = 1 \Rightarrow x = \frac{{13\pi }}{6}$ (thỏa mãn $0 \le \frac{{13\pi }}{6} \le \frac{{15\pi }}{6}$).

+) $x = - \frac{\pi }{6} + k2\pi$:

Với $k = 1 \Rightarrow x = \frac{{11\pi }}{6}$ (thỏa mãn $0 \le \frac{{11\pi }}{6} \le \frac{{15\pi }}{6}$).

Vậy thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm trong đoạn $\left[ {0;\frac{{5\pi }}{2}} \right]$.

Sử dụng tính chất của hai đường thẳng song song, điều kiện để đường thẳng song song với mặt phẳng và định lý Thales để giải.

c) Đúng. $E \in SC \subset (SCD)$.

b) Sai. Gọi F là trung điểm của SC. Khi đó FK là đường trung bình của tam giác SAB và KF // BC.

Mà E không thuộc KF nên KE không song song với BC.

d) Đúng. Vì ABCD là hình bình hành nên BC // AD, suy ra BC // (SAD).

a) Sai. Kẻ đường thẳng d qua S và song song với AD.

Vì BC // AD // d, S là giao điểm của (SAD) và (SBC) và S thuộc d nên d là giao tuyến của (SAD) và (SBC).

Vì $H \in KE \subset (SBC)$ và $H \in (SAD)$ nên H thuộc d, hay SH // AD, SH // BC, SH // KF.

Theo giả thiết: $$\frac{{SE}}{{SC}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{SE}}{{2SF}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{SE}}{{SF}} = \frac{2}{3}$$.

Vì SH // KF nên theo hệ quả định lý Thales: $$\frac{{HE}}{{HK}} = \frac{{SE}}{{SF}} = \frac{2}{3} \approx 0,67$$.

Áp dụng công thức nhân đôi và dựa vào tập xác định của hàm số lượng giác.

$y = 5 + 4\sin 3x\cos 3x = 5 + 2\sin 6x$.

Vì $- 1 \le \sin 6x \le 1 \Rightarrow 3 \le 5 + 2\sin 6x \le 7$.

Vậy tập giá trị của hàm số là [3; 7]. Khi dó a + b = 3 + 7 = 10.

Giải phương trình lượng giác $3\cos \left( {\frac{{{\rm{\pi t}}}}{6} + 1} \right) + 12 = 10,5$ và tìm số nghiệm t thỏa mãn $0 \le t < 24$.

Ta có: $3\cos \left( {\frac{{{\rm{\pi t}}}}{6} + 1} \right) + 12 = 10,5$

$\Leftrightarrow \cos \left( {\frac{{{\rm{\pi t}}}}{6} + 1} \right) = - 0,5$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}t = 4 - \frac{6}{\pi } + 12k\\t = - 4 - \frac{6}{\pi } + 12k\end{array}$ \right.

+) Xét họ nghiệm $t = 4 - \frac{6}{\pi } + 12k$:

$0 \le 4 - \frac{6}{{\rm{\pi }}} + 12{\rm{k}} < 24 \Leftrightarrow - 0,17 \le {\rm{k}} < 1,83$.

Vì ${\rm{k}} \in \mathbb{Z}$ nên ${\rm{k}} \in \left\{ {0;1} \right\}$.

+) Xét họ nghiệm $t = 4 - \frac{6}{\pi } + 12k$:

$0 \le - 4 - \frac{6}{\pi } + 12k < 24 \Leftrightarrow 0,49 \le k < 2,49$.
Vì $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \left\{ {1;2} \right\}$.

Vậy, trong một ngày có 4 lần độ sâu của mực nước trong kênh đạt 10,5 m.

Sử dụng kiến thức về hai đường thẳng song song, hai mặt phẳng song song.

Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng cắt nhau SA và SB của mặt phẳng (SAB). Do đó, (P) // (SAB).

Dựng thiết diện:

- Trong (ABCD): Qua M, kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AD tại N.

Vì ABCD là hình vuông nên $MN\parallel AB\parallel CD$ và MN = AB = 6.

- Trong (SBC): Qua M, kẻ đường thẳng song song với SB, cắt SC tại P.

- Trong (SAD): Qua N, kẻ đường thẳng song song với SA, cắt SD tại Q.

Nối P và Q, ta được thiết diện là hình thang cân MNQP (với PQ // MN // AB).

Áp dụng hệ quả định lý Thales:

- MK // SB nên $\frac{{MK}}{{SB}} = \frac{{CM}}{{BC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MK = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3}.6 = 4$.

- NQ // SA nên $\frac{{NQ}}{{SA}} = \frac{{ND}}{{AD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow NQ = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}.6 = 4$.

Ta có: $$\frac{{CK}}{{SC}} = \frac{{CM}}{{BC}} = \frac{{DN}}{{AD}} = \frac{{DQ}}{{SD}}$$. Theo định lý Thales đảo:

PQ // CD và $\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow PQ = \frac{1}{3}CD = \frac{1}{3}.6 = 2$.

Gọi H là hình chiếu của K lên MN. Áp dụng định lý Pythagore:

$MK = \sqrt {M{K^2} - M{H^2}} = \sqrt {{4^2} - {2^2}} = 2\sqrt 3$.

Vậy ${S_{MNQP}} = \frac{1}{2}.(PQ + MN).KN$

$= \frac{1}{2}.(2 + 6).2\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \approx 13,9$.

Áp dụng công thức tính tổng $n$ số hạng đầu tiên của một cấp số cộng: ${S_n} = \frac{n}{2} \cdot \left[ {2{u_1} + \left( {n - 1} \right)d} \right]$.

Số viên gạch ở mỗi bậc tạo thành một cấp số cộng vớ số hạng đầu ${u_1} = 100$, công sai d = -2.

Tổng số viên gạch để xây xong cầu thang gồm 30 bậc là:

${S_{30}} = \frac{{30}}{2} \cdot \left[ {2.100 + \left( {30 - 1} \right).\left( { - 2} \right)} \right] = 2130$.

Áp dụng công thức $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$.

a) Do $0 < x < {90^o} \Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\sin x > 0\\\cos x > 0\\\tan x > 0\\\cot x > 0\end{array} \right.$.

Từ đó với $\cos x = \frac{3}{5}$

$\Rightarrow \sin x = \sqrt {1 - {{\cos }^2}x} = \frac{4}{5}$

$\Rightarrow \tan x = \frac{{\sin x}}{{\cos x}} = \frac{4}{3}$.

b)  Ta có $\sqrt 2 \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = 1$ $\Leftrightarrow \cos \left( {x + \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$

$\Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} + k2\pi \\x + \frac{\pi }{3} = - \frac{\pi }{4} + k2\pi \end{array}$ \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right) \Leftrightarrow \left[ $\begin{array}{l}x = - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \\x = - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \end{array}$ \right.\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)

Với $0 \le x \le 2\pi$ ta có:

$\{\begin{array}{l}0\le -\frac{\pi }{12}+k2\pi \le 2\pi \\ k\in \mathbb{Z}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\frac{1}{24}\le k\le \frac{25}{24}\\ k\in \mathbb{Z}\end{array}\iff k=1\Rightarrow x=\frac{23\pi }{12}$$\left\{ \begin{array}{l}0 \le - \frac{\pi }{{12}} + k2\pi \le 2\pi \\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{24}} \le k \le \frac{{25}}{{24}}\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow k = 1 \Rightarrow x = \frac{{23\pi }}{{12}}.

$\{\begin{array}{l}0\le -\frac{7\pi }{12}+k2\pi \le 2\pi \\ k\in \mathbb{Z}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}\frac{7}{24}\le k\le \frac{31}{24}\\ k\in \mathbb{Z}\end{array}\iff k=1$$\left\{ \begin{array}{l}0 \le - \frac{{7\pi }}{{12}} + k2\pi \le 2\pi \\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow $\left\{ \begin{array}{l}\frac{7}{{24}} \le k \le \frac{{31}}{{24}}\\k \in \mathbb{Z}\end{array} \right.$ \Leftrightarrow k = 1 $\Rightarrow x = \frac{{17\pi }}{{12}}$.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn $0 \le x \le 2\pi$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng: $u_n = u_1 + (n - 1)d$.

Áp dụng quan hệ song song giữa đường thẳng và mặt phẳng và tỉ số đồng dạng.

a)

Vì $NK$ là đường trung bình của nên $NK//CD$.

Mà $AB//CD$. Do đó: $NK//AB \subset (SAB)$

Lại có $NK$ nằm trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ nên $NK \not\subset (SAB)$.

Vậy $NK//\left( {SAB} \right)$.

b)

Gọi $O$ là trung điểm của $AC$ nên $O = AC \cap BD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$: $AN \cap SO = I$ nên $I$ là giao điểm của $AN$ và $\left( {SBD} \right)$.

Trong $\left( {ABN} \right)$ ta có $MN \cap BI = J$ nên $J$ là giao điểm của $MN$ với $\left( {SBD} \right)$.

Suy ra $NK{\rm{//}}DC{\rm{//}}AB$ và $BI \cap SD = K$ hay $B$, $I$, $J$, $K$ thẳng hàng.

Khi đó $NK{\rm{//}}BM$ và $NK{\rm{ = }}MA = BM$ và tứ giác $AKMN$ là hình bình hành.

Xét hai tam giác đồng dạng $\Delta KJN$ và $\Delta BJM$ có $\frac{{NK}}{{BM}} = \frac{{MJ}}{{NJ}} = \frac{{BJ}}{{JK}} = 1$ suy ra $J$ là trung điểm của $MN$ và $J$ là trung điểm của $BK$ hay $BJ = JK$.

Trong tam giác $\Delta SAC$ có $I$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{{NI}}{{IA}} = \frac{1}{2}$. Do $AK{\rm{//}}MN$ nên $\frac{{IJ}}{{IK}} = \frac{{NI}}{{IA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow$ $\frac{{IJ}}{{JK}} = \frac{1}{3} = \frac{{IJ}}{{BJ}} \Rightarrow$ $\frac{{IJ}}{{BI}} = \frac{1}{4}$ hay $\frac{{IB}}{{IJ}} = 4$.