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

Ta có $\sin \left(2x+\frac{\pi }{3}\right)=\sin 3x\iff [\begin{array}{l}3x=2x+\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ 3x=\pi -\left(2x+\frac{\pi }{3}\right)+k2\pi \end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$

$\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ 5x=\frac{2\pi }{3}+k2\pi \end{array}\iff [\begin{array}{l}x=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ x=\frac{2\pi }{15}+\frac{k2\pi }{5}\end{array}\left(k\in \mathbb{Z}\right)$.

Vậy phương trình có các họ nghiệm là $x=\frac{\pi }{3}+k2\pi$ và $x=\frac{2\pi }{15}+\frac{k2\pi }{5}$ với $k\in \mathbb{Z}$.

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

Xét hai mặt phẳng $\left(SBI\right)$ và $\left(SAC\right)$, ta thấy:

Điểm $S$ là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng.

Trong mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$, gọi $F$ là giao điểm của đường thẳng $AC$ và $BI$.

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

Vì $F\in BI\subset \left(SBI\right)\Rightarrow F\in \left(SBI\right)$.

Suy ra $F$ là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng.

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left(SBI\right)$ và $\left(SAC\right)$ là đường thẳng $SF$.

b) Tìm giao điểm $E$ của đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left(MBI\right)$:

Trong mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$, gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $BI$ và đường thẳng $AD$.

Do $K\in BI\subset \left(MBI\right)\Rightarrow K\in \left(MBI\right)$.

Do $K\in AD\subset \left(SAD\right)\Rightarrow K\in \left(SAD\right)$.

Xét trong mặt phẳng phụ $\left(SAD\right)$, ta có hai điểm $M$ và $K$ đều nằm trong mặt phẳng này nên đường thẳng $MK\subset \left(SAD\right)$.

Trong mặt phẳng $\left(SAD\right)$, gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $MK$ và cạnh bên $SD$ ($E=MK\cap SD$).

Chứng minh $E$ thuộc mặt phẳng $\left(MBI\right)$:

Ta có $E\in SD$.

Ta có $E\in MK$, mà $MK\subset \left(MBI\right)$ (vì cả $M$ và $K$ đều thuộc $\left(MBI\right)$).

Vậy điểm $E$ chính là giao điểm của đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left(MBI\right)$.

c) Tính tỉ số $\frac{SE}{ED}$:

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $SAD$ với cát tuyến là đường thẳng đi qua ba điểm $M,E,K$:

     $\frac{MS}{MA}\cdot \frac{KA}{KD}\cdot \frac{ED}{ES}=1$

Tính các tỉ số thành phần dựa vào tính chất hình học phẳng:

Vì $M$ là trung điểm của cạnh bên $SA$ nên: $\frac{MS}{MA}=1$.

Xét mặt phẳng đáy $\left(ABCD\right)$: Ta có $AD//BC$. Áp dụng hệ quả định lý Thales trong tam giác mở rộng với $DK//BC$:

                               $\frac{KD}{BC}=\frac{ID}{IC}$

Mà $I$ là trung điểm của cạnh $CD$ nên $\frac{ID}{IC}=1\Rightarrow KD=BC$.

Vì đáy là hình bình hành nên $BC=AD$, từ đó suy ra $KD=AD$ (điểm $D$ là trung điểm của đoạn thẳng $AK$).

Do đó: $KA=2KD\Rightarrow \frac{KA}{KD}=2$.

Thế các kết quả vừa tính vào phương trình định lý Menelaus:

$1\cdot 2\cdot \frac{ED}{SE}=1\Rightarrow \frac{ED}{SE}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{SE}{ED}=2$

Vậy tỉ số cần tìm là $\frac{SE}{ED}=2$.