Đề thi cuối kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Trường Chinh (TP.HCM) có đáp án

Ta có $2\sin \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)-\sqrt{2}=0$$\iff 2\sin \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)=\sqrt{2}\iff \sin \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Vì $\frac{\sqrt{2}}{2}=\sin \left(\frac{\pi }{4}\right)$, phương trình trở thành: $\sin \left(2x-\frac{\pi }{6}\right)=\sin \left(\frac{\pi }{4}\right)$

$\iff [\begin{array}{c}2x-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{4}+k2\pi \\ 2x-\frac{\pi }{6}=\pi -\frac{\pi }{4}+k2\pi \end{array}$$\iff [\begin{array}{c}2x=\frac{5\pi }{12}+k2\pi \\ 2x=\frac{11\pi }{12}+k2\pi \end{array}\iff [\begin{array}{c}x=\frac{5\pi }{24}+k\pi \\ x=\frac{11\pi }{24}+k\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{\frac{5\pi }{24}+k\pi ;\frac{11\pi }{24}+k\pi \mid k\in \mathbb{Z}\right\}$.

Chia cả tử và mẫu của biểu thức cho $6^n$ (cơ số lớn nhất):

$\lim \frac{3^n-5\cdot 6^n+1}{6^n+2\cdot 5^n}=\lim \frac{\frac{3^n}{6^n}-5\cdot \frac{6^n}{6^n}+\frac{1}{6^n}}{\frac{6^n}{6^n}+2\cdot \frac{5^n}{6^n}}=\lim \frac{{\left(\frac{1}{2}\right)}^n-5+{\left(\frac{1}{6}\right)}^n}{1+2\cdot {\left(\frac{5}{6}\right)}^n}$.

Vì $\lim {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=0$, $\lim {\left(\frac{1}{6}\right)}^n=0$ và $\lim {\left(\frac{5}{6}\right)}^n=0$ (do các cơ số đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn 1), ta được:

$\lim \frac{3^n-5\cdot 6^n+1}{6^n+2\cdot 5^n}$$=\frac{0-5+0}{1+2\cdot 0}=\frac{-5}{1}=-5$.

a) Ta có $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng: $S\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$.

Trong mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$, gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.

Vì $O\in AC\subset \left(SAC\right)\Rightarrow O\in \left(SAC\right)$.

Vì $O\in BD\subset \left(SBD\right)\Rightarrow O\in \left(SBD\right)$.

Suy ra $O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng $SO$, ta có $\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)=SO$.

b) Xét tam giác $SAB$:

$Q$ là trung điểm $SA$, $M$ là trung điểm $AB$. Do đó $QM$ là đường trung bình của tam giác $SAB$.

Suy ra $QM//SB$.

Mặt khác, $QM\subset \left(MNQ\right)$ và $SB\not\subset \left(MNQ\right)$.

Từ đó suy ra $SB//\left(MNQ\right)$.

c) Chọn mặt phẳng phụ chứa $SD$ là $\left(SAD\right)$.

Tìm giao tuyến của mặt phẳng phụ $\left(SAD\right)$ và $\left(MNQ\right)$:

Ta có $Q$ là điểm chung thứ nhất vì $Q\in SA\subset \left(SAD\right)$ và $Q\in \left(MNQ\right)$.

Xét tứ giác $AMND$ trong mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$:

Ta có $M$ là trung điểm $AB$ nên $AM=\frac{1}{2}AB$ và $AM//CD$.

$N$ là trung điểm $CD$ nên $DN=\frac{1}{2}CD$.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và $AB//CD$, do đó $AM=DN$ và $AM//DN$.

Suy ra tứ giác $AMND$ là hình bình hành, dẫn đến $AD//MN$.

Hai mặt phẳng $\left(SAD\right)$ và $\left(MNQ\right)$ có $AD\subset \left(SAD\right)$, $MN\subset \left(MNQ\right)$ và $AD//MN$.

Theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng song song hoặc cắt nhau, giao tuyến của $\left(SAD\right)$ và $\left(MNQ\right)$ là đường thẳng đi qua $Q$ và song song với $AD$ (và $MN$). Gọi đường thẳng này là $Qx$. Trong mặt phẳng $\left(SAD\right)$, kẻ đường thẳng qua $Q$ song song với $AD$, cắt $SD$ tại $P$.

Khi đó, $P$ chính là giao điểm của $SD$ và mặt phẳng $\left(MNQ\right)$.

Nhận xét thêm: Vì $Q$ là trung điểm của $SA$ và $QP//AD$ trong tam giác $SAD$, nên $QP$ là đường trung bình của tam giác $SAD$. Do đó, giao điểm $P$ chính là trung điểm của cạnh $SD$.