Đề thi giữa kì 1 Toán 11 THPT Gia Định (TP.HCM) năm 2023-2024 (có đáp án)

Ta có \({\sin ^2}a = 1 - {\cos ^2}a = 1 - {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}\).

Vì \[90^\circ < a < 180^\circ \] nên \(\sin a > 0\), do đó \(\sin a = \sqrt {\frac{{16}}{{25}}} = \frac{4}{5}\).

Ta có \[A = \sin 2a = 2\sin a\cos a = 2 \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{{ - 3}}{5} = \frac{{ - 24}}{{25}}\];

\(B = \cos 2b = 2{\cos ^2}b - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{5}{{13}}} \right)^2} - 1 = - \frac{{119}}{{169}}\).

Lại có \(\cos 2a = 2{\cos ^2}a - 1 = 2 \cdot {\left( {\frac{{ - 3}}{5}} \right)^2} - 1 = - \frac{7}{{25}}\);

Khi đó, \(C = \cos \left( {a + b} \right) \cdot \cos \left( {a - b} \right) = \frac{1}{2}\left( {\cos 2a + \cos 2b} \right) = \frac{1}{2}\left( { - \frac{7}{{25}} + \frac{{ - 119}}{{169}}} \right) = - \frac{{2079}}{{4225}}\).

Ta có \({\cos ^2}x = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos 2x}}{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{4} + k\frac{\pi }{2}\,\,\left( {k \in \mathbb{Z}} \right)\).

Các nghiệm thuộc nửa khoảng \(\left( { - 2;\,\,3} \right]\) là \( - \frac{\pi }{4};\,\,\frac{\pi }{4};\,\frac{{3\pi }}{4}\).

Tổng các nghiệm trên là \(\frac{{3\pi }}{4}\).

a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{u_8} + {u_6} - {u_3} = 41\\{u_2} + {u_{10}} = 42\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 7d + {u_1} + 5d - {u_1} - 2d = 41\\{u_1} + d + {u_1} + 9d = 42\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} + 10d = 41\\2{u_1} + 10d = 42\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\d = 4\end{array} \right.\).

b) Ta có \(A = {u_{23}} + {u_{24}} + {u_{25}} + {u_{26}} + ... + {u_{60}} = {S_{60}} - {S_{22}}\).

\({S_{60}} = \frac{{60\left( {2 \cdot 1 + 59 \cdot 4} \right)}}{2} = 7\,140\); \({S_{22}} = \frac{{22\left( {2 \cdot 1 + 21 \cdot 4} \right)}}{2} = 946\).

Vậy \(A = {S_{60}} - {S_{22}} = 7\,140 - 946 = 6194\).

a) Ta có \(S \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\). (1)

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(AD \cap BC = I\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AD \subset \left( {SAD} \right)\\I \in BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SI\).

b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\AB\,{\rm{//}}\,CD\\AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right.\). Suy ra \(Sx = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) với \(Sx\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,CD\).

c) Trong \(\left( {SAB} \right)\), gọi \(H = MN \cap AB\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}H \in MN\\H \in AB \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\). Vậy \(H = MN \cap \left( {ABCD} \right)\).

d) Trong \(\left( {MDH} \right)\), gọi \(O = MK \cap DN\).

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}O \in MK \subset \left( {SAK} \right)\\O \in DN \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (3)

Vì \(E = BD \cap AK\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}E \in AK \subset \left( {SAK} \right)\\E \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (4)

Lại có \(S \in \left( {SAK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\). (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra \(S,\,E,\,O\) thẳng hàng.

Do đó, \(O \in SE\).

Vậy MK, DN, SE đồng quy tại O.