Đề thi giữa kì 1 Toán 11 năm 2025-2026 THPT Hồ Thị Bi (TP.HCM) có đáp án

Ta có $\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)$. Phương trình đã cho tương đương với: $\cos \left(2x-\frac{\pi }{3}\right)=\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)$.

Áp dụng công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản đối với hàm côsin, ta có hai trường hợp:

Trường hợp 1: $2x-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$$\iff 2x=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}+k2\pi$$\iff 2x=\frac{\pi }{2}+k2\pi \iff x=\frac{\pi }{4}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Trường hợp 2: $2x-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$$\iff 2x=-\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}+k2\pi$$\iff 2x=\frac{\pi }{6}+k2\pi \iff x=\frac{\pi }{12}+k\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Vậy phương trình có các họ nghiệm là: $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$ và $x=\frac{\pi }{12}+k\pi$ với $k\in \mathbb{Z}$.

Ta có tính chất của hàm số cosin: Với mọi giá trị của biến số $t$, luôn có: $-1\le \cos \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)\le 1$.

Suy ra: $h\left(t\right)\le 3\cdot 1+10=13(\mathrm{cm})$.

Do đó, mực nước đạt độ cao lớn nhất bằng $13\mathrm{cm}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$\cos \left(\frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}\right)=1\iff \frac{\pi t}{12}+\frac{\pi }{3}=k2\pi \left(k\in \mathbb{Z}\right)$$\iff \frac{\pi t}{12}=-\frac{\pi }{3}+k2\pi$.

Nhân cả hai vế với $\frac{12}{\pi }$, ta được: $t=-4+24k\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Vì thời gian $t$ tính theo giờ trong một ngày nên ta có điều kiện $0\le t\le 24$:

$0\le -4+24k\le 24\iff 4\le 24k\le 28\iff \frac{1}{6}\le k\le \frac{7}{6}$.

Vì $k$ là số nguyên nên ta chọn được giá trị duy nhất $k=1$.

Thay $k=1$ vào biểu thức của $t$, ta được: $t=-4+24\cdot 1=20$ (giờ).

Kết luận: Mực nước của con kênh đạt độ cao lớn nhất vào lúc 20 giờ trong ngày (tức là 8 giờ tối).

a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right)$:

Xét hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right)$, ta có:

Điểm $S$ 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 $BD$ ($O=AC\cap BD$).

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 $O$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng: $O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$.

Kết luận: Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SAC\right)$ và $\left(SBD\right)$ là đường thẳng $SO$.

b) Tìm giao điểm $P$ và chứng minh $G$ là trung điểm của $PN$

1. Xác định giao điểm $P$:

Trong mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$, đường thẳng $HN$ cắt đường thẳng $AD$ tại điểm $K$ ($K=HN\cap AD$).

Xét mặt phẳng phụ $\left(SHK\right)$ chứa đường thẳng $NG$:

Ta có $K\in AD\subset \left(SAD\right)\Rightarrow K\in \left(SAD\right)$. Mà $S\in \left(SAD\right)$ nên giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SHK\right)$ và $\left(SAD\right)$ là đường thẳng $SK$.

Trong mặt phẳng $\left(SHK\right)$, gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $NG$ và giao tuyến $SK$ ($P=NG\cap SK$).

Ta có: $P\in NG$; $P\in SK$, mà $SK\subset \left(SAD\right)\Rightarrow P\in \left(SAD\right)$.

Vậy $P$ chính là giao điểm của đường thẳng $NG$ và mặt phẳng $\left(SAD\right)$.

2. Chứng minh $G$ là trung điểm của $PN$:

Ta chứng minh được điểm $N\in BD$, từ đó suy ra $K,H,N,C$ thẳng hàng.

Suy ra $KH=HC$ và $\frac{KH}{HN}=3$. Do đó $\frac{NK}{NH}=4$.

Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAB$ nên $\frac{GH}{GS}=\frac{1}{2}$.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $SKH$ với ba điểm $P,G,N$ thẳng hàng, ta có $\frac{PS}{PK}\cdot \frac{NK}{NH}\cdot \frac{GH}{GS}=1$.

Thay các tỉ số đã biết ta được $\frac{PS}{PK}=\frac{1}{2}$, suy ra $\frac{SK}{SP}=3$.

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác $KNP$ với ba điểm $S,G,H$ thẳng hàng, ta có $\frac{HN}{HK}\cdot \frac{SK}{SP}\cdot \frac{GP}{GN}=1$.

Từ đó suy ra $\frac{GP}{GN}=1$ hay $GN=GP$. Vậy $G$ là trung điểm của $PN$.