Đề giữa học kì 1 Toán 11 năm 2024 – 2025 trường THPT Nguyễn Trãi – Thái Bình

Đổi đơn vị đo góc từ độ sang radian.

$120{^\circ} = \dfrac{2\pi}{9}\,\,\text{rad}$ sai vì $120{^\circ} = \dfrac{2\pi}{3}\,\,\text{rad}$

Áp dụng công thức cộng lượng giác đối với hàm tan.

$\tan \left( \alpha - \frac{\pi}{3} \right) = \frac{\tan \alpha - \tan \frac{\pi}{3}}{1 + \tan \alpha \tan \frac{\pi}{3}}$

$= \frac{\tan \alpha - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3} \tan \alpha} = \dfrac{3 - \sqrt{3}}{1 + 3\sqrt{3}}$.

Bình phương hai vế.

${(\sin x + \cos x)^2} = \frac{1}{9}$

${\sin ^2}x + {\cos ^2}x + 2\sin x\cos x = \frac{1}{9}$

$1 + 2\sin x\cos x = \frac{1}{9}$

$2\sin x\cos x = \frac{1}{9} - 1 = - \frac{8}{9}$

$\sin x\cos x = - \frac{4}{9}$

$2\sin x\cos x = - \frac{8}{9}$

$\sin 2x = - \frac{8}{9}$.

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

Mệnh đề ở A, B sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Mệnh đề ở D sai vì hai đường thẳng có thể có duy nhất một điểm chung.

Mệnh đề ở đáp án C đúng.

Áp dụng tính chất đường trung bình trong tam giác.

IJ là đường trung bình của tam giác BCD nên IJ // BD.

Dựa vào tập xác định của hàm số lượng giác để chọn đáp án.

$\sin x = \pi$ vô nghiệm vì tập xác định của hàm số $\sin x$ là $[-1;1]$, mà $\pi \notin [-1;1]$.

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

$f'(x) = (2x - 1)(x + 1)({x^2} - 1) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$ hoặc \(x =  \pm 1\).

$f'(x) = (2x - 1)(x + 1)({x^2} - 1) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$ hoặc \(x =  \pm 1\).

Hàm số y = f(x) có giá trị lớn nhất trên [-2; 1] bằng $f\left( {\frac{1}{2}} \right)$.

Dự đoán dựa vào các số hạng đầu của dãy.

Từ các số hạng đầu tiên của dãy số ta dự đoán ${u_n} = \frac{1}{{{3^n}}}$, $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Tính ${u_{n + 1}} - {u_n}$ để xét xem dãy số tăng hay giảm.

Ta có ${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{{3\left( {n + 1} \right) + 2}} - \frac{1}{{3n + 2}} = \frac{1}{{3n + 5}} - \frac{1}{{3n + 2}} = - \frac{3}{{\left( {3n + 5} \right)\left( {3n + 2} \right)}} < 0$.

Vậy ${u_{n + 1}} - {u_n} < 0 \Leftrightarrow {u_{n + 1}} < {u_n},\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}$.

Dãy số bị chặn là dãy số vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.

Ta có $0 < \frac{1}{{{2^n}}} \le \frac{1}{{{2^1}}} = \frac{1}{2}$.

Do đó dãy số ${u_n} = \frac{1}{{{2^n}}}$ bị chặn.

Dựa vào các tính chất được thừa nhận về điểm, đường thẳng, mặt phẳng.

Có duy nhất một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt cho trước.

Mỗi ba điểm xác định một mặt phẳng duy nhất.

Trong không gian, bốn điểm không đồng phẳng tạo thành một hình tứ diện. Vì vậy xác định nhiều nhất bốn mặt phẳng phân biệt.

Áp dụng các công thức lượng giác.

a) Đúng. Theo công thức cộng $\sin \left( {a + b} \right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b$.

b) Sai. Áp dụng công thức cộng:

$\sin {31^0}.\cos {12^0} + \cos {12^0}.\sin {31^0} = \sin \left( {{{31}^0} + {{12}^0}} \right) = \sin {43^0}$.

c) Đúng. Ta có ${\sin ^2}x = 1 - {\cos ^2}x = 1 - \frac{{16}}{{25}} = \frac{9}{{25}}$ $\Rightarrow \sin x = - \frac{3}{5}$.

Vậy $\sin 2x = 2\sin x.\cos x = 2.\frac{4}{5}.\left( { - \frac{3}{5}} \right) = - \frac{{24}}{{25}}$.

d) Sai. Đặt ${\cos ^2}\alpha = t \Rightarrow \frac{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}}{a} + \frac{{{t^2}}}{b} = \frac{1}{{a + b}}$

$\Leftrightarrow b{\left( {1 - t} \right)^2} + a{t^2} = \frac{{ab}}{{a + b}}$ $\Leftrightarrow a{t^2} + b{t^2} - 2bt + b = \frac{{ab}}{{a + b}}$

$\Leftrightarrow \left( {a + b} \right){t^2} - 2bt + b = \frac{{ab}}{{a + b}}$ $\Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2}{t^2} - 2b\left( {a + b} \right)t + {b^2} = 0$ $\Leftrightarrow t = \frac{b}{{a + b}}$.

Suy ra ${\cos ^2}\alpha = \frac{b}{{a + b}};\,{\sin ^2}\alpha = \frac{a}{{a + b}}$.

Vậy: $\frac{{{{\sin }^8}\alpha }}{{{a^3}}} + \frac{{{{\cos }^8}\alpha }}{{{b^3}}} = \frac{a}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}} + \frac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}} = \frac{1}{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}.$

Áp dụng tính chất của hình thang, đường trung bình, định lí Thales để chứng minh hai đường thẳng song song.

a) Sai. AB không song song với MC.

b) Sai. MN // AB và $MN = \frac{1}{2}AB$ theo tính chất đường trung bình trong tam giác.

Mà DC // AB và $DC = \frac{1}{2}AB$ theo giả thiết.

Do đó MN // DC và MN = DC. Suy ra CDMN là hình bình hành.

c) Đúng. Vì G là trọng tâm tam giác SBC nên $\frac{{BG}}{{GE}} = 2$.

Theo định lí Thales, vì DC // AB nên $\frac{{BD}}{{OD}} = \frac{{AB}}{{DC}} = 2$.

Vì $\frac{{BG}}{{GE}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2$ nên theo định lí Thales đảo, suy ra OG // DE.

d) Sai. Vì O không thuộc (CDE) nên EO không phải giao tuyến của (CDE) và (SAC).

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

a) Sai. Ta có: $2\sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) + \sqrt 3  = 0$

$\Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) =  - \frac{{\sqrt 3 }}{2}$

$\Leftrightarrow \sin \left( {x - \frac{\pi }{{12}}} \right) = \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right)$

\(\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x - \frac{\pi }{{12}} =  - \frac{\pi }{3} + k2\pi }\\{x - \frac{\pi }{{12}} = \pi  - ( - \frac{\pi }{3}) + k2\pi }\end{array}\)

\(\Leftrightarrow \left[ {$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi }\\{x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi }\end{array}$(k \in \mathbb{Z})} \right.} \right.\)

b) Sai. Vậy phương trình có nghiệm là:

$x =  - \frac{\pi }{4} + k2\pi ;x = \frac{{17\pi }}{{12}} + k2\pi (k \in \mathbb{Z})$.

c) Đúng. Phương trình có nghiệm âm lớn nhất bằng $- \frac{\pi }{4}$.

d) Đúng. Số nghiệm của phương trình trong khoảng $\left( { - \pi ;\pi } \right)$ là hai nghiệm.

Để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q), ta tìm 2 điểm A, B cùng thuộc (P) và (Q). Khi đó, giao tuyến của (P) và (Q) là đường thẳng AB.

a) Sai. $SO$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$.

b) Đúng. $SO$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SBD} \right)$.

c) Đúng. Tìm giao điểm của $SO$ và $\left( {ABM} \right)$. Trong mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ gọi $K = AM \cap SO$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{K \in AM,AM \subset \left( {ABM} \right)}\\{K \in SO}\end{array} \Rightarrow K = SO \cap \left( {ABM} \right)} \right.{\rm{. }}$

d) Sai. Tìm giao điểm của $SD$ và $\left( {ABM} \right)$. Xét mặt phẳng phụ $\left( {SBD} \right)$ chứa $SD$.

Dễ thấy $B$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABM} \right)$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{K \in AM,AM \subset \left( {ABM} \right)}\\{K \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array} \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right)} \right.$ do đó $BK = \left( {SBD} \right) \cap \left( {ABM} \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ gọi $N = BK \cap SD$.

Do $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in SD}\\{N \in BK,BK \subset \left( {ABM} \right)}\end{array} \Rightarrow N = SD \cap \left( {ABM} \right)} \right.$.

Áp dụng giá trị lượng giác của các góc có liên quan đặc biệt.

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

$= \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) - \sin \left( {\pi - \alpha } \right)$

$= \sin \alpha - \sin \alpha = 0$.

Áp dụng kiến thức về tập giá trị của hàm sin.

Ta có: $\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] \ge - 1$ nên $d\left( t \right)$ nhỏ nhất khi $\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] = - 1$.

$\sin \left[ {\frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right)} \right] = - 1$

$\Leftrightarrow \frac{\pi }{{182}}\left( {t - 80} \right) = \frac{{3\pi }}{2} + k2\pi$

$\Leftrightarrow t - 80 = 273 + 364k$

$\Leftrightarrow t = 353 + 364k$.

Vì $t \in \mathbb{Z}$ và $0 < t \le 365$ nên lấy $k = 0$ ta có $t = 353$.

Sử dụng tính chất trọng tâm và định lí Thales.

Gọi $E$ là trọng tâm của tam giác $ACD,\,\,M$ là trung điểm của $CD$.

Nối $BE$ cắt $AA'$ tại $G$ suy ra $G$ là trọng tâm tứ diện.

Xét tam giác $MAB,$ có $\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{MA'}}{{MB}} = \frac{1}{3}$ suy ra $A'E$//$AB\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{1}{3}$.

Khi đó, theo định lí Thales suy ra $\frac{{A'E}}{{AB}} = \frac{{A'G}}{{AG}} = \frac{1}{3}\,\, \Rightarrow \,\,\frac{{GA}}{{GA'}} = 3$.

Dựa vào tập giá trị của hàm số sin.

Ta có $\sin \left( {2x} \right) + 2 = m$

$\Leftrightarrow \sin \left( {2x} \right) = m - 2$ có nghiệm khi và chỉ khi $- 1 \le m - 2 \le 1$

$\Leftrightarrow 1 \le m \le 3 \Leftrightarrow m \in \left[ {1;3} \right]$.

Vậy $a + b = 4$.

Xác định số đo góc ở đỉnh theo n. Từ đó tính $u_{12}$.

Ta thấy đường tròn được chia thành $n + 6$ cung bằng nhau và mỗi cung có số đo bằng ${\left( {\frac{{360}}{{n + 6}}} \right)^o}$. Do mỗi điểm được nối với điểm cách nó hai điểm trên đường tròn nên góc ở đỉnh của mỗi ngôi sao là góc nội tiếp chắn $n + 6 - 2.3 = n$ cung bằng nhau đó.

Suy ra số đo góc ở đỉnh tính theo đơn vị độ của mỗi ngôi sao là ${u_n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{360}}{{n + 6}} \cdot n = \frac{{180n}}{{n + 6}}$.

Vậy ${u_{12}} = 120$.

Áp dụng định lí Menelaus.

Trong mặt phẳng $\left( {ACD} \right)$, $PN \cap AD = I$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$, $MI \cap BD = Q$.

Thiết diện của tứ diện cắt bởi $\left( {MNP} \right)$ là tứ giác $MPNQ$.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ACD$ với ba điểm $P,N,I$ thẳng hàng ta có

$\frac{{DI}}{{IA}}.\frac{{AP}}{{PC}}.\frac{{CN}}{{ND}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{DI}}{{IA}} = \frac{1}{2}$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $IAP$ với ba điểm $D,N,C$ thẳng hàng ta có

$\frac{{IN}}{{NP}}.\frac{{PC}}{{CA}}.\frac{{AD}}{{DI}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{IN}}{{NP}} = 3$ $\Rightarrow \frac{{NP}}{{IP}} = \frac{1}{4}$ và $\frac{{IN}}{{IP}} = \frac{3}{4}$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $IAM$ với ba điểm $B,Q,D$ thẳng hàng ta có

$\frac{{IQ}}{{QM}}.\frac{{MB}}{{BA}}.\frac{{AD}}{{DI}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{IQ}}{{QM}} = 2 \Rightarrow \frac{{IQ}}{{IM}} = \frac{2}{3}$

Ta có: $\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{MIP}}}} = \frac{{NP}}{{IP}} = \frac{1}{4}\left( 1 \right)$ và $\frac{{{S_{INQ}}}}{{{S_{IPM}}}} = \frac{{IN}}{{IP}}.\frac{{IQ}}{{IM}} = \frac{3}{4}.\frac{2}{3} = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow \frac{{{S_{td}}}}{{{S_{IPM}}}} = \frac{1}{2}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{td}}}} = \frac{1}{2} = 0,5$.